Question

15．已知函數(shù)f（x）=lnx-2ax（其中a∈R）．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）的圖象在x=1處的切線平行于直線x+y-2=0，求函數(shù)f（x）的最大值；
（Ⅱ）設g（x）=f（x）+$\frac{1}{2}$x²，且函數(shù)g（x）有極大值點x₀，求證：x₀f（x₀）+1+ax₀²＞0．

Answer 1

分析 （I）令f′（1）=-1解出a，得出f（x）的解析式，在利用導數(shù)判斷f（x）的單調性，得出最值；
（II）令g′（x）=0有解且x₀為g（x）的極大值點可得出a與x₀的關系和x₀的范圍，令h（x）=xf（x）+1+ax²，判斷h（x）的單調性即可得出結論．

解答 解：（I）f′（x）=$\frac{1}{x}$-2a，
∵f（x）的圖象在x=1處的切線平行于直線x+y-2=0，
∴f′（1）=1-2a=-1，即a=1．
∴f（x）=lnx-2x，f′（x）=$\frac{1}{x}-2$，
令f′（x）=0得x=$\frac{1}{2}$，
當0$＜x＜\frac{1}{2}$時，f′（x）＞0，當x$＞\frac{1}{2}$時，f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{2}$]上單調遞增，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上單調遞減，
∴f（x）的最大值為f（$\frac{1}{2}$）=-1-ln2．
（II）g（x）=lnx-2ax+$\frac{1}{2}$x²，g′（x）=x+$\frac{1}{x}$-2a=$\frac{{x}^{2}-2ax+1}{x}$，
令g′（x）=0得x²-2ax+1=0，
①當△=4a²-4≤0即-1≤a≤1時，x²-2ax+1≥0恒成立，即g′（x）≥0，
∴g（x）在（0，+∞）單調遞增，∴g（x）無極值點，不符合題意；
②當△=4a²-4＞0時，方程g′（x）=0有兩解x₁，x₀，
∵x₀是g（x）的極大值點，∴0＜x₀＜x₁，
又x₁x₀=1，∴x₁+x₂=2a＞0，∴a＞1，0＜x₀＜1．
又g′（x₀）=x₀+$\frac{1}{{x}_{0}}$-2a=0，∴a=$\frac{{{x}_{0}}^{2}+1}{2{x}_{0}}$．
∴x₀f（x₀）+1+ax₀²=x₀lnx₀-$\frac{{{x}_{0}}^{3}+{x}_{0}}{2}+1$，
設h（x）=xlnx-$\frac{{x}^{3}+x}{2}+1$，則h′（x）=-$\frac{3}{2}$x²+$\frac{1}{2}$+lnx，h″（x）=-3x+$\frac{1}{x}$=$\frac{1-3{x}^{2}}{x}$，
∴當0＜x＜$\frac{\sqrt{3}}{3}$時，h″（x）＞0，當x$＞\frac{\sqrt{3}}{3}$時，h″（x）＜0，
∴h′（x）在（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）上單調遞增，在（$\frac{\sqrt{3}}{3}$，+∞）上單調遞減，
∴h′（x）≤h′（$\frac{\sqrt{3}}{3}$）=ln$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜0，
∴h（x）在（0，1）上單調遞減，
∴h（x₀）＞h（1）=0，即x₀lnx₀-$\frac{{{x}_{0}}^{3}+{x}_{0}}{2}+1$＞0，
∴x₀f（x₀）+1+ax₀²＞0．

點評 本題考查了導數(shù)的幾何意義，導數(shù)與函數(shù)單調性的關系，函數(shù)最值的計算，屬于中檔題．