Question

5．已知a為常數(shù)，函數(shù)$f（x）=xlnx-\frac{1}{2}a{x^2}$，
（1）當(dāng)a=0時，求函數(shù)f（x）的最小值；
（2）若f（x）有兩個極值點x₁，x₂（x₁＜x₂）
①求實數(shù)a的取值范圍；
②求證：$f（{x_1}）＜-\frac{1}{e}$且x₁x₂＞1（其中e為自然對數(shù)的底）

Answer 1

分析 （1）把a=0代入函數(shù)解析式，求得導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)的零點得到函數(shù)的單調(diào)性，由此求得函數(shù)的最小值；
（2）①由f（x）有兩個極值點，可得導(dǎo)函數(shù)有兩個不同的零點，進一步轉(zhuǎn)化為$\frac{1+lnx}{x}=a$有兩個不同解，令φ（x）=$\frac{1+lnx}{x}$，利用導(dǎo)數(shù)求其最大值，再結(jié)合φ（$\frac{1}{e}$）=0，可得a∈（0，1），且x₁∈（$\frac{1}{e}，1$）；
②由①可得，1+lnx₁=ax₁，f（x₁）=${x}_{1}ln{x}_{1}-\frac{1}{2}a{{x}_{1}}^{2}$，消去a可得$f（{x}_{1}）={x}_{1}ln{x}_{1}-\frac{1}{2}{x}_{1}（1+ln{x}_{1}）=\frac{1}{2}$（x₁lnx₁-x₁），x₁∈$（\frac{1}{e}，1）$，構(gòu)造函數(shù)g（x）=xlnx-x，x∈（$\frac{1}{e}，1$），利用導(dǎo)數(shù)求得g（x）的單調(diào)性，即可證得$f（{x}_{1}）＜f（\frac{1}{e}）=-\frac{1}{e}$；由①可得lnx₁=ax₁-1，lnx₂=ax₂-1，聯(lián)立兩式可得$ln{x}_{1}{x}_{2}=\frac{（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}-2$=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}（1+\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1}-2$，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}∈（0，1）$，構(gòu)造函數(shù)$h（t）=\frac{（t+1）lnt}{t-1}-2$，經(jīng)過三次求導(dǎo)得答案．

解答 解：（1）當(dāng)a=0時，f（x）=xlnx，f′（x）=1+lnx，當(dāng)x∈（0，$\frac{1}{e}$）時，f′（x）＜0，
當(dāng)x∈（$\frac{1}{e}，+∞$）時，f′（x）＞0，
∴$f（x）_{min}=f（\frac{1}{e}）=-\frac{1}{e}$；
（2）①f′（x）=1+lnx-ax，由于f（x）有兩個極值點，可得1+lnx-ax=0有兩個不同解，即$\frac{1+lnx}{x}=a$有兩個不同解，
令φ（x）=$\frac{1+lnx}{x}$，則φ′（x）=$\frac{-lnx}{{x}^{2}}$，φ′（1）=0，當(dāng)x∈（0，1）時，φ′（x）＞0，當(dāng)x∈（1，+∞）時，φ′（x）＜0，
∴φ（x）_max=φ（1）=1，且φ（$\frac{1}{e}$）=0，由數(shù)形結(jié)合可得a∈（0，1），且x₁∈（$\frac{1}{e}，1$），
②由①可得，1+lnx₁=ax₁，f（x₁）=${x}_{1}ln{x}_{1}-\frac{1}{2}a{{x}_{1}}^{2}$，消去a可得
$f（{x}_{1}）={x}_{1}ln{x}_{1}-\frac{1}{2}{x}_{1}（1+ln{x}_{1}）=\frac{1}{2}$（x₁lnx₁-x₁），x₁∈$（\frac{1}{e}，1）$，構(gòu)造函數(shù)g（x）=xlnx-x，x∈（$\frac{1}{e}，1$），
g′（x）=lnx＜0，∴g（x）在（$\frac{1}{e}，1$）上單調(diào)遞減，則$f（{x}_{1}）＜f（\frac{1}{e}）=-\frac{1}{e}$，
再證x₁x₂＞1：由①可得lnx₁=ax₁-1，lnx₂=ax₂-1，將兩式相加可得lnx₁x₂=a（x₁+x₂）-2，
兩式相減可得lnx₁-lnx₂=a（x₁-x₂），即$a=\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，代入lnx₁x₂=a（x₁+x₂）-2，可得
$ln{x}_{1}{x}_{2}=\frac{（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}-2$=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}（1+\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1}-2$，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}∈（0，1）$，
構(gòu)造函數(shù)$h（t）=\frac{（t+1）lnt}{t-1}-2$，h′（t）=$\frac{{t}^{2}-1-2tlnt}{t（t-1）^{2}}$，再令k（t）=t²-1-2tlnt，t∈（0，1），
k′（t）=2（t-1-lnt），再令g（t）=t-1-lnt，g′（t）=1-$\frac{1}{t}=\frac{t-1}{t}＜0$，可得
g（t）＞g（1）=0，進而k（t）單調(diào)遞增，可得k（t）＜k（1）=0，
∴h（t）單調(diào)遞增，由洛必達法則，$\underset{lim}{t→1}[\frac{（t+1）lnt}{t-1}-2]=\underset{lim}{t→1}[lnt+\frac{1}{t}+1-2]=0$，
∴h（t）＞0，lnx₁x₂＞0，則x₁x₂＞1．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值，著重考查函數(shù)構(gòu)造法，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，題目設(shè)置難度較大．