Question

5．設(shè)函數(shù)f（x）=alnx-bx²．
（1）當(dāng)b=1時，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；   
（2）當(dāng)a=1，b=0時，函數(shù)g（x）=f（x）-kx，k為常數(shù)，若函數(shù)g（x）有兩個相異零點x₁，x₂，證明：x₁•x₂＞e²．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）求出$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=k，問題轉(zhuǎn)化為證明$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$，即證明ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，設(shè)t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，則t＞1，設(shè)h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（t＞1），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）b=1時，f（x）=alnx-x²，定義域是（0，+∞），
∴f′（x）=$\frac{a-{2x}^{2}}{x}$（x＞0），
①a≤0時，a-2x²≤0，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）遞減；
②a＞0時，f′（x）=$\frac{-2（x+\sqrt{\frac{a}{2}}）（x-\sqrt{\frac{a}{2}}）}{x}$，（x＞0），
x∈（0，$\sqrt{\frac{a}{2}}$）時，f′（x）＞0，x∈（$\sqrt{\frac{a}{2}}$，+∞）時，f′（x）＜0，
故f（x）在（$\sqrt{\frac{a}{2}}$，+∞）遞減，在（0，$\sqrt{\frac{a}{2}}$）遞增；
證明：（2）a=1，b=0時，g（x）=f（x）-kx=lnx-kx，
由g（x）=0，得：lnx=kx，設(shè)x₁＞x₂，
∵lnx₁-kx₁=0，lnx₂-kx₂=0，
∴l(xiāng)nx₁+lnx₂=k（x₁+x₂），
lnx₁-lnx₂=k（x₁-x₂），
∴$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=k，
要證明x₁x₂＞e²，只需證明lnx₁+lnx₂＞2，
即證明k（x₁+x₂）＞2，即證明k＞$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$，
即證明$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$，
即證明ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，
設(shè)t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，則t＞1，
設(shè)h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（t＞1），
則h′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
∴函數(shù)h（t）在（1，+∞）遞增，
∵h（1）=0，∴h（t）＞h（1）=0，
∴l(xiāng)nt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
∴x₁x₂＞e²．

點評 本題考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分析理解與計算能力，是一道綜合題．