Question

14．已知函數(shù)$f（x）=lnx+\frac{1}{2}a{x^2}-（{a+1}）x（{a∈R}）$．
（I）a=1時，求函數(shù)y=f（x）的零點(diǎn)個數(shù)；
（Ⅱ）當(dāng)a＞0時，若函數(shù)y=f（x）在區(qū)間[1，e]上的最小值為-2，求a的值；
（Ⅲ）若關(guān)于x的方程$f（x）=\frac{1}{2}a{x^2}$有兩個不同實(shí)根x₁，x₂，求實(shí)數(shù)a的取值范圍并證明：${x_1}•{x_2}＞{e^2}$．

Answer 1

分析 （I）a=1時，確定函數(shù)y=f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，利用$f（1）=-\frac{3}{2}＜0，f（4）=ln4＞0$，即可求函數(shù)y=f（x）的零點(diǎn)個數(shù)；
（Ⅱ）當(dāng)a＞0時，分類討論，確定函數(shù)的單調(diào)性，利用函數(shù)y=f（x）在區(qū)間[1，e]上的最小值為-2，求a的值；
（Ⅲ）因?yàn)榉匠?f（x）=\frac{1}{2}a{x^2}$有兩個不同實(shí)根x₁，x₂，即lnx-（a+1）x=0有兩個不同實(shí)根x₁，x₂，得$a+1=\frac{lnx}{x}$，構(gòu)造函數(shù)，由此即可證明結(jié)論．

解答 解：（ I）當(dāng)a=1時$f（x）=lnx+\frac{1}{2}{x^2}-2x，f'（x）=\frac{1}{x}+x-2=\frac{{{{（{x-1}）}^2}}}{x}≥0$．
所以函數(shù)y=f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；…（2分）
又因?yàn)?f（1）=-\frac{3}{2}＜0，f（4）=ln4＞0$．所以函數(shù)y=f（x）有且只有一個零點(diǎn)…（3分）
（ II）函數(shù)$f（x）=lnx+\frac{1}{2}a{x^2}-（a+1）x$的定義域是（0，+∞）．
當(dāng)a＞0時，$f'（x）=\frac{1}{x}+ax-（a+1）=\frac{{a{x^2}-（a+1）x+1}}{x}（x＞0）$令f'（x）=0，即$f'（x）=\frac{{a{x^2}-（a+1）x+1}}{x}=\frac{（x-1）（ax-1）}{x}=0$，
所以x=1或$x=\frac{1}{a}$．…（4分）
當(dāng)$0＜\frac{1}{a}≤1$，即a≥1時，f（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
所以f（x）在[1，e]上的最小值是$f（1）=-\frac{1}{2}a-1=-2$，解得a=2；…（5分）
當(dāng)$1＜\frac{1}{a}＜e$，即$\frac{1}{e}＜a＜1$時，f（x）在[1，e]上的最小值是$f（\frac{1}{a}）=-lna-\frac{1}{2a}-1=-2$，即$lna+\frac{1}{2a}=1$．
令$h（a）=lna+\frac{1}{2a}$，h′（a）=$\frac{2a-1}{2{a}^{2}}$=0，可得$a=\frac{1}{2}$，
∴h（a）在$（{\frac{1}{e}，\frac{1}{2}}）$單調(diào)遞減，在$（{\frac{1}{2}，1}）$單調(diào)遞增；
而$h（\frac{1}{e}）=-1+\frac{e}{2}＜1$，$h（1）=\frac{1}{2}＜1$，不合題意； …（7分）
當(dāng)$\frac{1}{a}≥e$ 即$0＜a≤\frac{1}{e}$時，f（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，
所以f（x）在[1，e]上的最小值是$f（e）=1+\frac{1}{2}a{e^2}-（a+1）e=-2$，解得$a=\frac{6-2e}{{2e-{e^2}}}＜0$，
不合題意    綜上可得a=2． …（8分）
（ III） 因?yàn)榉匠?f（x）=\frac{1}{2}a{x^2}$有兩個不同實(shí)根x₁，x₂，即lnx-（a+1）x=0有兩個不同實(shí)根x₁，x₂，
得$a+1=\frac{lnx}{x}$，
令$φ（x）=\frac{lnx}{x}，{φ^'}（x）=\frac{1-lnx}{x^2}$，
∴$φ（x）=\frac{lnx}{x}$在（0，e）上單調(diào)遞增，（e，+∞）上單調(diào)遞減，
∴x=e時，∴$φ（x）=\frac{lnx}{x}$取得最大值$\frac{1}{e}$，…（9分）
由φ（1）=0，得當(dāng)x∈（0，1）時，φ（x）＜0，而當(dāng)x∈（1，+∞），φ（x）＞0，φ（x）圖象如下

∴$a+1∈（{0，\frac{1}{e}}）$ 即當(dāng)$-1＜a＜\frac{1}{e}-1$時$f（x）=\frac{1}{2}a{x^2}$有兩個不同實(shí)根x₁，x₂…（10分）
滿足lnx₁=（a+1）x₁，lnx₂=（a+1）x₂兩式相加得：lnx₁x₂=（a+1）（x₁+x₂），兩式相減得$ln\frac{x_2}{x_1}=（{a+1}）（{{x_2}-{x_1}}）$，
∴$\frac{{ln{x_1}{x_2}}}{{ln\frac{x_2}{x_1}}}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_2}-{x_1}}}$．
不妨設(shè)x₁＜x₂，要證${x_1}•{x_2}＞{e^2}$，只需證$ln{x_1}{x_2}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_2}-{x_1}}}•ln\frac{x_2}{x_1}＞2$，
即證$ln\frac{x_2}{x_1}＞\frac{{2（{{x_2}-{x_1}}）}}{{{x_1}+{x_2}}}=\frac{{2（{\frac{x_2}{x_1}-1}）}}{{1+\frac{x_2}{x_1}}}$，
設(shè)$t=\frac{x_2}{x_1}（{t＞1}）$，令$F（t）=lnt-\frac{{2（{t-1}）}}{1+t}=lnt+\frac{4}{t+1}-2$，…（12分）
則${F^'}（t）=\frac{1}{t}-\frac{4}{{{{（{t+1}）}^2}}}=\frac{{{{（{t-1}）}^2}}}{{t{{（{t-1}）}^2}}}＞0$，∴函數(shù)F（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，而F（1）=0．
∴F（t）＞0，即$lnt＞\frac{{2（{t-1}）}}{1+t}$．∴${x_1}•{x_2}＞{e^2}$．…（14分）

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的綜合運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查函數(shù)的零點(diǎn)，考查不等式的證明，考查學(xué)生分析解決問題的能力，難度大．