Question

15．已知函數(shù)f（x）=x（lnx-ax）（a∈R），g（x）=f′（x）．
（Ⅰ）若曲線(xiàn)y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線(xiàn)與直線(xiàn)3x-y-1=0平行，求實(shí)數(shù)a的值；
（Ⅱ）若a＞0，求函數(shù)g（x）在[1，e]上的最大值；
（Ⅲ）若函數(shù)F（x）=g（x）+$\frac{1}{2}{x^2}$兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，且x₁＜x₂，求證：f（x₂）＜-1＜f（x₁）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，求得f′（1）的值，由曲線(xiàn)y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線(xiàn)與直線(xiàn)3x-y-1=0平行得1-2a=3，從而求得a值；
（Ⅱ）由題意求出g（x），對(duì)g（x）求導(dǎo)，然后對(duì)a分類(lèi)得到其導(dǎo)函數(shù)在不同區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性，從而求得函數(shù)g（x）的最大值；
（Ⅲ）由F（x）=g（x）+$\frac{1}{2}{x}^{2}$=lnx-2ax+1+$\frac{1}{2}{x}^{2}$，求出其導(dǎo)函數(shù)，把原函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn)轉(zhuǎn)化為h（x）=x²-2ax+1在（0，+∞）上有兩個(gè)相異零點(diǎn)x₁，x₂．由此結(jié)合二次函數(shù)根的分布求得a的范圍．進(jìn)一步得到a=$\frac{{x}^{2}+1}{2x}$，代入f（x），利用導(dǎo)數(shù)求得f（x₂）＜-1＜f（x₁）．

解答 （Ⅰ）解：${f}^{′}（x）=lnx-ax+x（\frac{1}{x}-a）=lnx-2ax+1$，
f′（1）=1-2a，∵直線(xiàn)3x-y-1=0的斜率為3，∴1-2a=3．
解得a=-1；
（Ⅱ）解：g（x）=f′（x）=lnx-2ax+1，${g}^{′}（x）=\frac{1-2ax}{x}$，
①當(dāng)$\frac{1}{2a}≤1$，即$a≥\frac{1}{2}$時(shí)，x∈（1，e）時(shí)，g′（x）＜0，g（x）在（1，e）上單調(diào)遞減，
g（x）_max=g（1）=1-2a；
②當(dāng)$\frac{1}{2a}≥e$，即$0＜a≤\frac{1}{2e}$時(shí)，x∈（1，e）時(shí)，g′（x）＞0，g（x）在（1，e）上單調(diào)遞增，
g（x）_max=g（e）=2-2ae；
③當(dāng)$1＜\frac{1}{2a}＜e$，即$\frac{1}{2e}＜a＜\frac{1}{2}$時(shí)，x∈（1，$\frac{1}{2a}$）時(shí)，g′（x）＞0，x∈（$\frac{1}{2a}$，e）時(shí)，g′（x）＜0，g（x）在（1，$\frac{1}{2a}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{2a}$，e）上單調(diào)遞減，$g（x）_{max}=g（\frac{1}{2a}）=-ln2a$；
∴$g（x）_{max}=\left\{\begin{array}{l}{2-2ae，0＜a≤\frac{1}{2e}}\\{-ln2a，\frac{1}{2e}＜a＜\frac{1}{2}}\\{1-2a，a≥\frac{1}{2}}\end{array}\right.$；
（Ⅲ）證明：∵F（x）=g（x）+$\frac{1}{2}{x}^{2}$=lnx-2ax+1+$\frac{1}{2}{x}^{2}$，
∴F′（x）=$\frac{1}{x}-2ax+x=\frac{{x}^{2}-2ax+1}{x}$，
函數(shù)F（x）=g（x）+$\frac{1}{2}{x}^{2}$有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，
即h（x）=x²-2ax+1在（0，+∞）上有兩個(gè)相異零點(diǎn)x₁，x₂．
∵x₁x₂=1＞0，∴$\left\{\begin{array}{l}{△=4{a}^{2}-4＞0}\\{{x}_{1}+{x}_{2}=2a＞0}\end{array}\right.$，則a＞1．
當(dāng)0＜x＜x₁ 或x＞x₂時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0，當(dāng)x₁＜x＜x₂時(shí)，F(xiàn)′（x）＜0，
∴F（x）在（0，x₁），（x₂，+∞）上單調(diào)遞增，在（x₁，x₂）上單調(diào)遞減；
∵h(yuǎn)（1）=2-2a＜0，∴0＜x₁＜1＜a＜x₂，
令x²-2ax+1=0，得a=$\frac{{x}^{2}+1}{2x}$，
∴f（x）=x（lnx-ax）=xlnx-$\frac{1}{2}{x}^{3}-\frac{1}{2}x$，則f′（x）=lnx-$\frac{3}{2}{x}^{2}+\frac{1}{2}$，
設(shè)s（x）=lnx-$\frac{3}{2}{x}^{2}+\frac{1}{2}$，s′（x）=$\frac{1}{x}-3x=\frac{1-3{x}^{2}}{x}$，
①當(dāng)x＞1時(shí)，s′（x）＜0，s（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，從而s（x）在（a，+∞）上單調(diào)遞減，
∴s（x）＜s（a）＜s（1）=-1＜0，∴f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴f（x）＜f（1）=-1＜0，
∵1＜a＜x₂，∴f（x₂）＜-1；
②當(dāng)0＜x＜1時(shí)，由s′（x）=$\frac{1-3{x}^{2}}{x}＞0$，得0＜x＜$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
由s′（x）=$\frac{1-3{x}^{2}}{x}＜0$，得$\frac{\sqrt{3}}{3}＜x＜1$，∴s（x）在（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{\sqrt{3}}{3}，1$）上單調(diào)遞減，
∴$s（x）≤s（\frac{\sqrt{3}}{3}）=ln\frac{\sqrt{3}}{3}＜0$，∴f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，則f（x）＞f（1）=-1，
∵x₁∈（0，1），∴f（x₁）＞-1．
綜上可知：f（x₂）＜-1＜f（x₁）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究過(guò)曲線(xiàn)上某點(diǎn)處的切線(xiàn)方程，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，訓(xùn)練了利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)不等式問(wèn)題，對(duì)于（Ⅲ）的證明，著重考查了分類(lèi)討論的數(shù)學(xué)思想方法，運(yùn)用了二次函數(shù)零點(diǎn)所在區(qū)間的判斷，題目設(shè)置難度大，綜合型強(qiáng)，是壓軸題．