Question

5．已知函數(shù)f（x）=（ax²-lnx）（x-lnx）+1（a∈R）．
（1）若ax²＞lnx，求證：f（x）≥ax²-lnx+1；
（2）若?x₀∈（0，+∞），f（x₀）=1+x₀lnx₀-ln²x₀，求a的最大值；
（3）求證：當1＜x＜2時，f（x）＞ax（2-ax）．

Answer 1

分析 （1）設g（x）=x-lnx（x＞0），通過求導結合單調性可知當x＞0時g（x）≥g（1）=1，進而代入f（x）解析式即得結論；
（2）通過對f（x₀）=1+x₀lnx₀-ln²x₀因式分解可知a=$\frac{2ln{x}_{0}}{{x}_{0}^{2}}$，設h（x）=$\frac{2lnx}{{x}^{2}}$（x＞0），則問題轉化為求函數(shù)h（x）的最大值問題，利用導數(shù)工具計算可得結論；
（3）通過配方、變形、放縮可知f（x）≥1-$\frac{{x}^{2}（ax-1）^{2}}{4}$，利用當1＜x＜2時-x²∈（-4，-1）繼續(xù)放縮可知f（x）≥ax（2-ax），通過反證法可排除等號成立情況．

解答 （1）證明：設g（x）=x-lnx（x＞0），則g'（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
當0＜x＜1時，g'（x）＜0，函數(shù)g（x）遞減；
當x＞1時，g'（x）＞0，函數(shù)g（x）遞增．
所以當x＞0時，g（x）≥g（1）=1．
∵ax²＞lnx，
∴ax²-lnx＞0，
∴f（x）≥ax²-lnx+1；
（2）∵f（x₀）=1+x₀lnx₀-ln²x₀，
∴a${x}_{0}^{2}$-2lnx₀=0或x₀-lnx₀=0（由（1）知不成立），即a=$\frac{2ln{x}_{0}}{{x}_{0}^{2}}$，
設h（x）=$\frac{2lnx}{{x}^{2}}$（x＞0），則h'（x）=$\frac{2（1-2lnx）}{{x}^{3}}$．
當0＜x＜${e}^{\frac{1}{2}}$時，h'（x）＞0，函數(shù)h（x）遞增；
當x＞${e}^{\frac{1}{2}}$時，h'（x）＜0，函數(shù)h（x）遞減；
∴當x＞0時，h（x）=h（${e}^{\frac{1}{2}}$）=$\frac{1}{e}$，∴a的最大值為$\frac{1}{e}$；
（3）證明：f（x）=（ax²-lnx）（x-lnx）+1
=ln²x-（x+ax²）lnx+ax³+1
=$（lnx-\frac{x+a{x}^{2}}{2}）^{2}$+ax³+1-$\frac{（x+a{x}^{2}）^{2}}{4}$
=$（lnx-\frac{x+a{x}^{2}}{2}）^{2}$+1-$\frac{（x-a{x}^{2}）^{2}}{4}$
=$（lnx-\frac{x+a{x}^{2}}{2}）^{2}$+1-$\frac{{x}^{2}（ax-1）^{2}}{4}$
≥1-$\frac{{x}^{2}（ax-1）^{2}}{4}$，
當1＜x＜2時，-x²∈（-4，-1），
∴1-$\frac{{x}^{2}（ax-1）^{2}}{4}$≥1-（ax-1）²=ax（2-ax），
故f（x）≥ax（2-ax），
等號若成立，則$\left\{\begin{array}{l}{lnx=\frac{x+a{x}^{2}}{2}}\\{ax=1}\end{array}\right.$，即lnx=x，由（1）知lnx=x不成立，故等號不成立，
從而當1＜x＜2時，f（x）＞ax（2-ax）．

點評 本題是一道關于導數(shù)的綜合題，考查分類討論的思想，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于難題．