Question

19．已知函數f（x）=x（lnx-ax）（a∈R），g（x）=f′（x）．
（1）若曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線與直線3x-y-1=0平行，求實數a的值；
（2）若函數F（x）=g（x）+$\frac{1}{2}$x²有兩個極值點x₁，x₂，且x₁＜x₂，求證：f（x₂）-1＜f（x₁）

Answer 1

分析 （1）利用導數的幾何意義求切線斜率，解a；
（2）利用極值點與其導數的關系求出a的范圍，進一步求出f（x）的解析式，通過求導判斷其單調性以及最值．

解答 解：（1）∵f′（x）=ln x-2ax+1，∴f′（1）=1-2a
因為3x-y-1=0的斜率為3．依題意，得1-2a=3；則a=-1．…（4分）
（2）證明：因為F（x）=g（x）+$\frac{1}{2}$x²=ln x-2ax+1+$\frac{1}{2}$x²，
所以F′（x）=$\frac{1}{x}$-2a+x=$\frac{{x}^{2}-2ax+1}{x}$（x＞0），函數F（x）=g（x）+$\frac{1}{2}$x²有兩個極值點x₁，x₂
且x₁＜x₂，即h（x）=x²-2ax+1在（0，+∞）上有兩個相異零點x₁，x₂．
∵x₁x₂=1＞0，
∴$\left\{\begin{array}{l}{△=4{a}^{2}-4＞0}\\{{x}_{1}+{x}_{2}=2a＞0}\end{array}\right.$
∴a＞1．…（6分）
當0＜x＜x₁或x＞x₂時，h（x）＞0，F′（x）＞0．當x₁＜x＜x₂時，h（x）＜0，F′（x）＜0．
所以F（x）在（0，x₁）與（x₂，+∞）上是增函數，在區(qū)間（x₁，x₂）上是減函數．
因為h（1）=2-2a＜0，所以0＜x₁＜1＜a＜x₂，令x²-2ax+1=0，得a=$\frac{{x}^{2}+1}{2x}$，
∴f（x）=x（ln x-ax）=xln x-$\frac{1}{2}$x³-$\frac{1}{2}$x，則f′（x）=ln x-$\frac{3}{2}$x²+$\frac{1}{2}$，
設s（x）=ln x-$\frac{3}{2}$x²+$\frac{1}{2}$，s′（x）=$\frac{1}{x}$-3x=$\frac{1-3x2}{x}$，…（8分）
①當x＞1時，s′（x）＜0，s（x）在（1，+∞）上單調遞減，從而函數s（x）在（a，+∞）上單調遞減，
∴s（x）＜s（a）＜s（1）=-1＜0，即f′（x）＜0，所以f（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調遞減．
故f（x）＜f（1）=-1＜0．又1＜a＜x₂，因此f（x₂）＜-1．…（10分）
②當0＜x＜1時，由s′（x）=$\frac{1-3x2}{x}$＞0，得0＜x＜$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
由s′（x）=$\frac{1-3x2}{x}$＜0，得$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜x＜1，所以s（x）在[0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$]上單調遞增，s（x）在[$\frac{\sqrt{3}}{3}$，1]上單調遞減，
∴s（x）≤s_max=ln$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜0，∴f（x）在（0，1）上單調遞減，
∴f（x）＞f（1）=-1，∵x₁∈（0，1），
從而有f（x₁）＞-1．
綜上可知：f（x₂）＜-1＜f（x₁）．…（12分）

點評 本題考查了導數的幾何意義以及利用導數求函數的單調區(qū)間和最值；考查了討論的數學思想，屬于難題．