Question

20．已知函數(shù)f（x）=ln$\frac{1}{x}$+ax-1（a≠0）．
（I）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）已知g（x）+xf（x）=-x，若函數(shù)g（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂），求證：g（x₁）＜0．

Answer 1

分析 （I）求導(dǎo)數(shù)，分類(lèi)討論，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）已知g（x）+xf（x）=-x，則g（x）=xlnx-ax²，g′（x）=lnx-2ax+1，進(jìn)一步得出g（x₁）=$a{{x}_{1}}^{2}-{x}_{1}$，再確定0＜a＜$\frac{1}{2}$且0＜x₁＜$\frac{1}{2a}$＜x₂，即可證明結(jié)論．

解答 （I）解：f（x）=ln$\frac{1}{x}$+ax-1=-lnx+ax-1，定義域是（0，+∞）
∴f′（x）=$\frac{ax-1}{x}$．
a＞0時(shí)，令f′（x）=0，得x=$\frac{1}{a}$，0＜x＜$\frac{1}{a}$，f′（x）＜0，x＞$\frac{1}{a}$，f′（x）＞0，
∴函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間是（0，$\frac{1}{a}$），單調(diào)增區(qū)間是（$\frac{1}{a}$，+∞）；
a＜0，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，函數(shù)單調(diào)遞減；
（Ⅱ）證明：已知g（x）+xf（x）=-x，則g（x）=xlnx-ax²，g′（x）=lnx-2ax+1，
∵函數(shù)g（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂），
∴g′（x）在定義域上有兩個(gè)零點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂），
∴x₁，x₂是lnx-2ax+1=0的兩個(gè)根，
∴l(xiāng)nx₁-2ax₁+1=0，
∴g（x₁）=$a{{x}_{1}}^{2}-{x}_{1}$，
∵g′（x）=lnx-2ax+1，
∴g″（x）=$\frac{1-2ax}{x}$．
a＜0時(shí)，g″（x）＞0恒成立，∴g′（x）在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，∴g′（x）至多一個(gè)零點(diǎn)；
a＞0時(shí)，令g″（x）=0得x=$\frac{1}{2a}$，0＜x＜$\frac{1}{2a}$，g″（x）＞0，x＞$\frac{1}{2a}$，g″（x）＜0，
∴g′（x）max=g′（$\frac{1}{2a}$）=ln$\frac{1}{2a}$=-ln2a＞0，
∴0＜a＜$\frac{1}{2}$且0＜x₁＜$\frac{1}{2a}$＜x₂，
∵g（x₁）=$a{{x}_{1}}^{2}-{x}_{1}$，拋物線(xiàn)開(kāi)口向上，對(duì)稱(chēng)軸為x=$\frac{1}{2a}$，
∴g（x₁）＜0．

點(diǎn)評(píng) 本題考察了函數(shù)的單調(diào)性，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，不等式的證明，是一道綜合題．