Question

14．已知f（x）=-$\frac{{3{x^2}}}{2}$+lnx，g（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$-2ax+1+lnx．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的極值．
（Ⅱ）若x₀是函數(shù)g（x）的極大值點(diǎn)，證明：x₀lnx₀-ax₀²＞-1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出導(dǎo)數(shù)，討論導(dǎo)數(shù)的符號(hào)，確定其單調(diào)區(qū)間，從而確定極值．
（Ⅱ）g（x）定義域是（0，+∞），$g'（x）=x+\frac{1}{x}-2a$．分以下兩種情況討論，①若a≤1，②若a＞1．

解答 解：（Ⅰ）f（x）定義域是（0，+∞），$f'（x）=\frac{{1-3{x^2}}}{x}$，令f'（x）=0得$x=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．
列表

x	$（0，\frac{{\sqrt{3}}}{3}）$	$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$	（0，+∞）
f'（x）	+	0	-
f（x）	↗	$-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}ln3$	↘

當(dāng)$x=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$時(shí)，f（x）取極大值$-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}ln3$．…（4分）
（Ⅱ）g（x）定義域是（0，+∞），$g'（x）=x+\frac{1}{x}-2a$．…（6分）
①若a≤1，$g'（x）=x+\frac{1}{x}-2a≥2-2a≥0$，g（x）單調(diào)遞增無(wú)極值點(diǎn)，不符合題意…（8分）
②若a＞1，g'（x）=0即x²-2ax+1=0有兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根x₁和x₂（x₁＜x₂），因?yàn)閤₁x₂=1，x₁+x₂=2a＞0，所以0＜x₁＜1＜x₂．
當(dāng)0＜x＜x₁時(shí)，g'（x）＞0，當(dāng)x₁＜x＜x₂時(shí)，g'（x）＜0，當(dāng)x＞x₂時(shí)，g'（x）＞0，
所以g（x）在（0，x₁）單調(diào)遞增，在（x₁，x₂）單調(diào)遞減，在（x₂，+∞）單調(diào)遞增．所以x₀=x₁為函數(shù)f（x）的極大值點(diǎn)，且0＜x₁＜1．
因?yàn)間'（x₁）=0，所以$a=\frac{{{x_1}^2+1}}{{2{x_1}}}$．
所以${x_1}ln{x_1}-a{x_1}^2$=${x_1}ln{x_1}-\frac{{{x_1}^3+{x_1}}}{2}$=$-\frac{{{x_1}^3}}{2}-\frac{1}{2}{x_1}+{x_1}ln{x_1}$，x₁∈（0，1）．
令$h（x）=-\frac{x^3}{2}-\frac{1}{2}x+xlnx$，x∈（0，1），$h'（x）=f（x）+\frac{1}{2}$．
由（Ⅰ）可知$f（x）+\frac{1}{2}≤f（\frac{{\sqrt{3}}}{3}）+\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}ln\sqrt{3}＜0$，所以h（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，
故h（x）＞h（1）=-1，原題得證．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，利用導(dǎo)數(shù)求極值、最值，考查了計(jì)算能力，屬于壓軸題，