Question

1．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$ax²+lnx，g（x）=-bx，其中a，b∈R，設(shè)h（x）=f（x）-g（x），
（1）若f（x）在x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$處取得極值，且f′（1）=g（-1）-2．求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若a=0時，函數(shù)h（x）有兩個不同的零點x₁，x₂
①求b的取值范圍；
②求證：$\frac{{{x}_{1}x}_{2}}{{e}^{2}}$＞1．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)極值點處的導(dǎo)數(shù)為零，結(jié)合f（1）=g（-1）-2列出關(guān)于a，b的方程組，求出a，b，然后再利用導(dǎo)數(shù)研究導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)區(qū)間；
（2）①將a=0代入，研究極值的符號，即可求出求b的取值范圍，
②結(jié)合①的結(jié)論，通過適當(dāng)?shù)淖冃�，利用放縮法和基本不等式即可證明．

解答 解：（1）由已知得f$′（x）=ax+\frac{1}{x}$，（x＞0），
所以$f′（\frac{\sqrt{2}}{2}）=\frac{\sqrt{2}}{2}a+\sqrt{2}=0$，所以a=-2．
由f′（1）=g（-1）-2，
得a+1=b-2，
所以b=1．
所以h（x）=-x²+lnx+x，（x＞0）．
則$h′（x）=-2x+\frac{1}{x}+1=\frac{2（x+\frac{1}{2}）（x-1）}{-x}$，（x＞0），
由h′（x）＞0得0＜x＜1，h′（x）＜0得x＞1．
所以h（x）的減區(qū)間為（1，+∞），增區(qū)間為（0，1）．
（2）①由已知h（x）=lnx+bx，（x＞0）．
所以h$′（x）=\frac{1}{x}+b$，（x＞0），
當(dāng)b≥0時，顯然h′（x）＞0恒成立，此時函數(shù)h（x）在定義域內(nèi)遞增，h（x）至多有一個零點，不合題意．
當(dāng)b＜0時，令h′（x）=0得x=$-\frac{1}$＞0，令h′（x）＞0得$0＜x＜-\frac{1}$；令h′（x）＜0得$x＞-\frac{1}$．
所以h（x）_極大=h（$-\frac{1}$）=-ln（-b）-1＞0，解得$-\frac{1}{e}＜b＜0$．
且x→0時，lnx＜0，x→+∞時，lnx＞0．
所以當(dāng)$b∈（-\frac{1}{e}，0）$時，h（x）有兩個零點．
②證明：由題意得$\left\{\begin{array}{l}{ln{x}_{1}+b{x}_{1}=0}\\{ln{x}_{2}+b{x}_{2}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{-b{x}_{1}}={x}_{1}①}\\{{e}^{-b{x}_{2}}={x}_{2}②}\end{array}\right.$，
①×②得${e}^{-b（{x}_{1}+{x}_{2}）}={x}_{1}{x}_{2}$．
因為x₁，x₂＞0，
所以-b（x₁+x₂）＞0，
所以${e}^{-b（{x}_{1}+{x}_{2}）}={x}_{1}{x}_{2}＞1$，
因為0＜-b＜$\frac{1}{e}$，
所以e^-b＜1，
所以x₁x₂＞${e}^{-2b\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$＞${e}^{2\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$＞e²，
所以$\frac{{{x}_{1}x}_{2}}{{e}^{2}}$＞1．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性和極值的關(guān)系，以及函數(shù)的零點存在定理和不等式的證明，培養(yǎng)了學(xué)生的運算能力，化歸能力，分類討論的能力，屬于難題．