Question

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

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，求出單調(diào)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(shè)g（x）=$\frac{1+lnx}{x}$，求出導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)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(shè)h（t）=lnt-2•$\frac{t-1}{t+1}$，求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，即可得到證明．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=xlnx的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=1+lnx，
當(dāng)x＞$\frac{1}{e}$時(shí)，f′（x）＞0，f（x）遞增；當(dāng)0＜x＜$\frac{1}{e}$時(shí)，f′（x）＜0，f（x）遞減．
即有x=$\frac{1}{e}$時(shí)，取得最小值，且為-$\frac{1}{e}$；
（2）①f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)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(shè)g（x）=$\frac{1+lnx}{x}$，g′（x）=$\frac{-lnx}{{x}^{2}}$，
當(dāng)x＞1時(shí)，h′（x）＜0，h（x）遞減，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，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(shí)，g（x）遞增，g（x）＜0，當(dāng)$\frac{1}{e}$＜x＜1或x＞1時(shí)，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(shè)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(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查不等式的證明，注意運(yùn)用構(gòu)造函數(shù)，由導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，考查函數(shù)方程的轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．