Question

8．已知函數(shù)f（x）=xlnx-$\frac{a}{2}$x²（a∈R）．
（1）若x＞0，恒有f（x）≤x成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）若a=0，求f（x）在區(qū)間[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（3）若函數(shù)g（x）=f（x）-x有兩個極值點x₁，x₂，求證：$\frac{1}{ln{x}_{1}}$+$\frac{1}{ln{x}_{2}}$＞2ae．

Answer 1

分析 （1）分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)求出函數(shù)的最值即可，
（2）先求導函數(shù)，再分類討論，利用導數(shù)即可求出函數(shù)的最值．
（3）函數(shù)g（x）=f（x）-x有兩個極值點x₁、x₂，即導函數(shù)g′（x）有兩個不同的實數(shù)根x₁、x₂，對a進行分類討論，令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，構(gòu)造函數(shù)φ（t），利用函數(shù)φ（t）的單調(diào)性證明不等式．

解答 解：（1）x＞0，恒有f（x）≤x成立，
∴xlnx-$\frac{a}{2}$x²≤x恒成立，
∴$\frac{a}{2}$≥$\frac{lnx-1}{x}$，
設(shè)g（x）=$\frac{lnx-1}{x}$，
∴g′（x）=$\frac{2-lnx}{{x}^{2}}$，
當g′（x）＞0時，即0＜x＜e²，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，
當g′（x）＜0時，即x＞e²，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，
∴g（x）_max=g（e²）=$\frac{ln{e}^{2}-1}{{e}^{2}}$=$\frac{1}{{e}^{2}}$，
∴$\frac{a}{2}$≥$\frac{1}{{e}^{2}}$，
∴a≥$\frac{2}{{e}^{2}}$，
∴實數(shù)a的取值范圍為[$\frac{2}{{e}^{2}}$，+∞）
（2）當a=0時，f（x）=xlnx，x＞0，
∴f′（x）=1+lnx，
當t＞$\frac{1}{e}$時，f′（x）＞0，f（x）在[t，t+2]上單調(diào)遞增，則f（x）_min=f（t）=tlnt，
當0＜t≤$\frac{1}{e}$時，令f′（x）＞0，解得x＞$\frac{1}{e}$，令f′（x）＜0，解得x＜$\frac{1}{e}$，
∴f（x）在[t，$\frac{1}{e}$]上單調(diào)遞減，在[$\frac{1}{e}$，t+2]上單調(diào)遞增，
∴f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$，
（3）g′（x）=f（x）′-1=lnx-ax，函數(shù)g（x）=f（x）-x有兩個極值點x₁、x₂，
即g′（x）=lnx-ax=0有兩個不同的實根，
當a≤0時，g′（x）單調(diào)遞增，g′（x）=0不可能有兩個不同的實根；
當a＞0時，設(shè)h（x）=lnx-ax，
∴h′（x）=$\frac{1-ax}{x}$，
若0＜x＜$\frac{1}{a}$時，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，
若x＞$\frac{1}{a}$時，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，
∴h（$\frac{1}{a}$）=-lna-1＞0，
∴0＜a＜$\frac{1}{e}$．
不妨設(shè)x₂＞x₁＞0，
∵g′（x₁）=g′（x₂）=0，
∴l(xiāng)nx₁-ax₁=0，lnx₂-ax₂=0，lnx₁-lnx₂=a（x₁-x₂），
先證$\frac{1}{ln{x}_{1}}$+$\frac{1}{ln{x}_{2}}$＞2，即證$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2{x}_{1}{x}_{2}}$，
即證ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜$\frac{{x}_{2}^{2}-{x}_{1}^{2}}{2{x}_{2}{x}_{1}}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，即證lnt＜$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$）
設(shè)φ（t）=lnt-$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$），則φ′（t）=$\frac{2t-{t}^{2}-1}{2{t}^{2}}$=$\frac{-（t-1）^{2}}{2{t}^{2}}$＜0，
函數(shù)φ（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴φ（t）＜φ（1）=0，
∴$\frac{1}{ln{x}_{1}}$+$\frac{1}{ln{x}_{2}}$＞2，
又∵0＜a＜$\frac{1}{e}$
∴ae＜1，
∴$\frac{1}{ln{x}_{1}}$+$\frac{1}{ln{x}_{2}}$＞2ae．

點評 本題考查了，利用導數(shù)求函數(shù)的最值，運用分類討論，等價轉(zhuǎn)化思想證明不等式．是一道導數(shù)綜合題，難題較大．