Question

20．已知函數(shù)$f（x）=ln\frac{1}{2x}-a{x^2}+x$．
（Ⅰ）當(dāng)a＞0時(shí)，討論函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
（Ⅱ）若f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，證明：f（x₁）+f（x₂）＞3-4ln2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值的個(gè)數(shù)；
（Ⅱ）根據(jù)x₁，x₂是方程2ax²-x+1=0的兩根，得到兩根之和和兩根之積，求出f（x₁）+f（x₂），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=ln$\frac{1}{2x}$-ax²+x=-ln2x-ax²+x，
得：f′（x）=-$\frac{1}{x}$-2ax+1=$\frac{-{2ax}^{2}+x-1}{x}$，x∈（0，+∞），
a＞0時(shí)，△=1-8a≤0即a≥$\frac{1}{8}$時(shí)，f′（x）≤0，
f（x）在（0，+∞）是減函數(shù)，f（x）無(wú)極值點(diǎn)．
當(dāng)0＜a＜$\frac{1}{8}$時(shí)，△=1-8a＞0，令f′（x）=0，得x₁=$\frac{1-\sqrt{1-8a}}{4a}$，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{4a}$，
當(dāng)x∈（0，x₁）和x∈（x₂，+∞）f′（x）＜0，x∈（x₁，x₂）時(shí)，f′（x）＞0，
∴f（x）在x₁取得極小值，在x₂取得極大值，所以f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)．
綜上可知：當(dāng)a≥$\frac{1}{8}$時(shí)，f（x）無(wú)極值點(diǎn)；
當(dāng)0＜a＜$\frac{1}{8}$時(shí)，f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)．
（Ⅱ）證明：由（1）知，當(dāng)且僅當(dāng)a∈（0，$\frac{1}{8}$）時(shí)，f（x）有極小值點(diǎn)x₁和極大值點(diǎn)x₂，
且x₁，x₂是方程2ax²-x+1=0的兩根，
∴x₁+x₂=$\frac{1}{2a}$，x₁x₂=$\frac{1}{2a}$，
f（x₁）+f（x₂）=ln$\frac{1}{{2x}_{1}}$-ax₁²+x₁+ln $\frac{1}{{2x}_{2}}$-ax₂²+x₂
=-（ln2x₁+ln2x₂）-a（x₁²+x₂²）+（x₁+x₂）
=ln$\frac{a}{2}$-$\frac{1}{4a}$+1+$\frac{1}{2a}$=lna+$\frac{1}{4a}$+1-ln2，
設(shè)g（a）=lna+$\frac{1}{4a}$+1-ln2，a∈（0，$\frac{1}{8}$），
g′（a）=$\frac{1}{a}$-$\frac{1}{{4a}^{2}}$=$\frac{4a-1}{{4a}^{2}}$＜0，
∴a∈（0，$\frac{1}{8}$）時(shí)，g（a）是減函數(shù)，g（a）＞g（$\frac{1}{8}$），
∴g（a）＞ln$\frac{1}{8}$+3-ln2=3-4ln2，
∴f（x₁）+f（x₂）＞3-4ln2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類(lèi)討論數(shù)思想，是一道綜合題．