Question

4．已知a為常數(shù)，函數(shù)f（x）=xlnx-$\frac{1}{2}$ax²．
（1）當a=0時，求函數(shù)f（x）的最小值；
（2）若f（x）有兩個極值點x₁，x₂（x₁＜x₂）
①求實數(shù)a的取值范圍；
②求證：x₁x₂＞1．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導數(shù)，求出單調區(qū)間，可得極小值，也為最小值；
（2）①由題意可得f′（x）=1+lnx-ax=0的兩根為x₁，x₂．即有a=$\frac{1+lnx}{x}$，設g（x）=$\frac{1+lnx}{x}$，求出導數(shù)，求得單調區(qū)間和最值，即可得到a的范圍；
②由題意可得1+lnx₁=ax₁，1+lnx₂=ax₂，兩式相加和相減，可得a，要證x₁x₂＞1，即證ln（x₁x₂）＞0，即有（lnx₁-lnx₂）•$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞2，即ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞2•$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$在x₂＞x₁成立，（*）由t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，設h（t）=lnt-2•$\frac{t-1}{t+1}$，求出導數(shù)，判斷單調性，即可得到證明．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=xlnx的導數(shù)為f′（x）=1+lnx，
當x＞$\frac{1}{e}$時，f′（x）＞0，f（x）遞增；當0＜x＜$\frac{1}{e}$時，f′（x）＜0，f（x）遞減．
即有x=$\frac{1}{e}$時，取得最小值，且為-$\frac{1}{e}$；
（2）①f（x）有兩個極值點x₁，x₂（x₁＜x₂），
即為f′（x）=1+lnx-ax=0的兩根為x₁，x₂．
即有a=$\frac{1+lnx}{x}$，設g（x）=$\frac{1+lnx}{x}$，g′（x）=$\frac{-lnx}{{x}^{2}}$，
當x＞1時，h′（x）＜0，h（x）遞減，當0＜x＜1時，h′（x）＞0，h（x）遞增．
即有x=1處取得極大值，也為最大值1，
且0＜x＜$\frac{1}{e}$時，g（x）遞增，g（x）＜0，當$\frac{1}{e}$＜x＜1或x＞1時，g（x）∈（0，1），
即有0＜a＜1．故a的取值范圍是（0，1）；
②證明：由題意可得1+lnx₁=ax₁，1+lnx₂=ax₂，
即有2+ln（x₁x₂）=a（x₁+x₂），又lnx₁-lnx₂=a（x₁-x₂），
即有2+ln（x₁x₂）=（lnx₁-lnx₂）•$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$
要證x₁x₂＞1，即證ln（x₁x₂）＞0，即有（lnx₁-lnx₂）•$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞2，
即ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞2•$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$在x₂＞x₁成立，（*）
由t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，設h（t）=lnt-2•$\frac{t-1}{t+1}$，
h′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，h（t）在t＞1遞增，即有h（t）＞h（1）=0，
即為lnt＞2•$\frac{t-1}{t+1}$，即有（*））成立．
故x₁x₂＞1．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求單調區(qū)間和極值、最值，考查不等式的證明，注意運用構造函數(shù)，由導數(shù)判斷單調性，考查函數(shù)方程的轉化思想，屬于中檔題．