Question

16．已知函f（x）=x²-x+1+alnx．
（Ⅰ）當a=1時，求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）有兩個極值點x₁，x₂，且x₁＜x₂，求證f（x₂）＜$\frac{3}{4}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）對f（x）求導數(shù)，f′（x）=0有兩個不同的正實根x₁，x₂，由判別式以及根與系數(shù)的關系求出a的取值范圍；
（Ⅱ）由x₁、x₂的關系，用x₂把a表示出來，求出f（x₂）的表達式與取值范圍即可得到結論．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），
函數(shù)的導數(shù)f′（x）=2x-1+$\frac{a}{x}$，
當a=1時，f（1）=1-1++1+1n1=1，
f′（1）=2-1+1=2，
即函數(shù)y=（x）在點（1，1）處的切線斜率k=2，
則對應的切線方程為y-1=2（x-1），即y=2x-1；
（Ⅱ）證明：由題意，f（x）=x²-x+1+alnx的定義域為（0，+∞），
∴f′（x）=2x-1+$\frac{a}{x}$=$\frac{{2x}^{2}-x+a}{x}$；
∵f（x）有兩個極值點x₁，x₂，
∴f′（x）=0有兩個不同的正實根x₁，x₂，
∵2x²-x+a=0的判別式△=1-8a＞0，解得a＜$\frac{1}{8}$；
∴x₁+x₂=$\frac{1}{2}$，x₁•x₂=$\frac{a}{2}$＞0，
∴a＞0；
綜上，a的取值范圍為（0，$\frac{1}{8}$）．
∵0＜x₁＜x₂，且x₁+x₂=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{1}{4}$＜x₂＜$\frac{1}{2}$，a=x₂-2${{x}_{2}}^{2}$，
∴f（x₂）=${{x}_{2}}^{2}$-x₂+1+（x₂-2${{x}_{2}}^{2}$）lnx₂．
設t=x₂，
令g（t）=t²-t+1+（t-2t²）lnt，其中$\frac{1}{4}$＜t＜$\frac{1}{2}$，
則g′（t）=（1-4t）lnt．
當t∈（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$）時，g′（t）＞0，
∴g（t）在（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$）上是增函數(shù)．
∴g（t）＜g（$\frac{1}{2}$）=（$\frac{1}{2}$）²-$\frac{1}{2}$+1+（$\frac{1}{2}$-2×（$\frac{1}{2}$）²）ln$\frac{1}{2}$=$\frac{3}{4}$．
故f（x₂）=g（x₂）＜$\frac{3}{4}$．

點評 本題考查了利用函數(shù)的性質求參數(shù)取值與利用導數(shù)證明不等式成立的問題，根據(jù)導數(shù)的幾何意義以及函數(shù)極值和單調(diào)性之間的關系是解決本題的關鍵．