Question

17．已知函數(shù)f（x）=（ax-1）lnx+$\frac{x^2}{2}$．
（Ⅰ）若a=2，求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線l的方程；
（Ⅱ）設函數(shù)g（x）=f'（x）有兩個極值點x₁，x₂，其中x₁∈（0，e），求g（x₁）-g（x₂）的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，計算f（1），f′（1），求出切線方程即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導數(shù)，得到${x^2}=\frac{1}{x_1}，a=-（{{x_1}+\frac{1}{x_1}}）$，求出g（x₁）-g（x₂）的解析式，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出其最小值即可．

解答 解：（I）當a=2時，$f'（x）=2lnx+x-\frac{1}{x}+2，f'（1）=2，f（1）=\frac{1}{2}$，
得切線l的方程為$y-\frac{1}{2}=2（{x-1}）$即4x-2y-3=0．
（II）$g（x）=alnx+x-\frac{1}{x}+a$，定義域為（0，+∞），
$g'（x）=1+\frac{a}{x}+\frac{1}{x^2}=\frac{{{x^2}+ax+1}}{x^2}$，令g'（x）=0得x²+ax+1=0，
其兩根為x₁，x₂，且x₁+x₂=-a，x₁x₂=1，
故${x^2}=\frac{1}{x_1}，a=-（{{x_1}+\frac{1}{x_1}}）$．
$g（{x_1}）-g（{x_2}）=g（{x_1}）-g（{\frac{1}{x_1}}）={x_1}-\frac{1}{x_1}+aln{x_1}-（{\frac{1}{x_1}-{x_1}+aln\frac{1}{x_1}}）$
=$2（{{x_1}-\frac{1}{x_1}}）+2aln{x_1}=2（{{x_1}-\frac{1}{x_1}}）+2（{{x_1}+\frac{1}{x_1}}）ln{x_1}$，
$h（x）=2（{x-\frac{1}{x}}）+2（{x+\frac{1}{x}}）lnx，x∈（{0，e}]$．
則（g（x₁）-g（x₂））_min=h（x）_min，$h'（x）=\frac{{2（{1+x}）（{1-x}）lnx}}{x^2}$，
當x∈（0，1]時，恒有h'（x）≤0，x∈（1，e]時，恒有h'（x）＜0，
總之當x∈（1，e]時，h（x）在x∈（0，e]上單調(diào)遞減，
所以$h{（x）_{min}}=h（e）=-\frac{4}{e}$，
∴${（{g（{x_1}）-g（{x_2}）}）_{min}}=-\frac{4}{e}$．

點評 本題考查了切線方程問題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用，是一道綜合題．