Question

17．已知函數(shù)f（x）=x（lnx-ax）（a∈R），g（x）=f'（x）．
（1）若曲線y=f（x） 在點（1，f（1））處的切線與直線3x-y-1=0平行，求實數(shù)a的值．
（2）若函數(shù)F（x）=g（x）+$\frac{1}{2}$x²
?①若函數(shù)F（x）有兩個極值點，求a的取值范圍
?②將函數(shù)F（x）的兩個極值點記為s、t，且s＜t，求證：-1＜f（s）

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導數(shù)，解關(guān)于a的方程，求出a的值，檢驗即可；
（2）①求出F（x）的導數(shù)，結(jié)合函數(shù)的極值的個數(shù)以及二次函數(shù)的性質(zhì)求出a的范圍即可；
②求出s的范圍，問題轉(zhuǎn)化為證明lns-$\frac{{s}^{2}}{2}$-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{s}$＞0，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）f′（x）=lnx-ax+x（$\frac{1}{x}$-a）=lnx-2ax+1--------------（1分）
f′（1）=1-2a，因為直線3x-y-1=0的斜率為3，
所以1-2a=3，解得a=-1，--（2分）
經(jīng)檢驗a=-1時，曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線與直線3x-y-1=0平行，
所以a=-1------------------------------（3分）
（2）①因為F（x）=lnx-2ax+1+$\frac{1}{2}$x²，
所以，F(xiàn)′（x）=$\frac{{x}^{2}-2ax+1}{x}$------------------（4分）
若函數(shù)F（x）有兩個極值點s、t，s＜t，
即h（x）=x²-2ax+1在（0，+∞）首先要存在兩個相異零點s、t，
由 h（x）=x²-2ax+1的系數(shù)可知 st=1＞0，
所以，$\left\{\begin{array}{l}{△={4a}^{2}-4＞0}\\{s+t=2a＞0}\end{array}\right.$，所以a＞1，
當0＜x＜s或x＞t時，F(xiàn)′（x）＞0，當s＜x＜t時F′（x）＜0，
所以F（x）有兩個極值點s、t
所以，若函數(shù)F（x）有兩個極值點a的取值范圍為（1，+∞）-----------（6分）
②由前所述，易知s=a-$\sqrt{{a}^{2}-1}$=$\frac{1}{a+\sqrt{{a}^{2}+1}}$（a＞1），
所以 s∈（0，1）-----（7分）
又s²-2as+1=0，得：as=$\frac{{s}^{2}+1}{2}$，
f（s）=s（lns-as）=s（lns-$\frac{{s}^{2}+1}{2}$）----------------------（8分）
要證-1＜f（s）只要證s（lns-$\frac{{s}^{2}+1}{2}$）＞-1即證lns-$\frac{{s}^{2}}{2}$-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{s}$＞0----------（10分）
設(shè)函數(shù)g（s）=lns-$\frac{{s}^{2}}{2}$-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{s}$，0＜s＜1，g′（s）=$\frac{{-s}^{3}+s-1}{{s}^{2}}$，
當0＜s＜1時，g′（s）＜0，所以g（s）在區(qū)間（0，1）上是減函數(shù)，
所以g（s）＞g（1）=0，即 lns-$\frac{{s}^{2}}{2}$-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{s}$＞0，得證．-----（12分）

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(yīng)用，是一道中檔題．