Question

18．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）若函數(shù)g（x）=f（x）-x有兩個相異極值點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)，構造函數(shù)，利用導數(shù)求出函數(shù)的最值即可，
（2）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，構造函數(shù)φ（t），利用函數(shù)φ（t）的單調性證明不等式．

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）單調遞增，
當g′（x）＜0時，即x＞e²，函數(shù)g（x）單調遞減，
∴g（x）_max=g（e²）=$\frac{1}{{e}^{2}}$，
∴$\frac{a}{2}$≥$\frac{1}{{e}^{2}}$，∴a≥$\frac{2}{{e}^{2}}$，
∴實數(shù)a的取值范圍為[$\frac{2}{{e}^{2}}$，+∞）；
（2）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）單調遞增，g′（x）=0不可能有兩個不同的實根；
當a＞0時，設h（x）=lnx-ax，
∴h′（x）=$\frac{1-ax}{x}$，
若0＜x＜$\frac{1}{a}$時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增，
若x＞$\frac{1}{a}$時，h′（x）＜0，h（x）單調遞減，
∴h（$\frac{1}{a}$）=-lna-1＞0，
∴0＜a＜$\frac{1}{e}$．
不妨設x₂＞x₁＞0，
∵g′（x₁）=g′（x₂）=0，
∴l(xiāng)nx₁-ax₁=0，lnx₂-ax₂=0，lnx₁-lnx₂=a（x₁-x₂），
先證 $\frac{1}{l{nx}_{1}}$+$\frac{1}{l{nx}_{2}}$＞2，即證 $\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$＜$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{{{2x}_{1}x}_{2}}$，
即證ln $\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜$\frac{{{x}_{2}}^{2}{{-x}_{1}}^{2}}{{{2x}_{2}x}_{1}}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）
令 $\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，即證lnt＜$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$）
設φ（t）=lnt-$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$），則φ′（t）=-$\frac{{（t-1）}^{2}}{{2t}^{2}}$＜0，
函數(shù)φ（t）在（1，+∞）上單調遞減，
∴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，等價轉化思想證明不等式．是一道導數(shù)綜合題，難題較大．