Question

5．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²-x+alnx，a∈R．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）為定義域上的單調函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）當0＜α＜$\frac{2}{9}$時，函數(shù)f（x）的兩個極值點為x₁，x₂，且x₁＜x₂．證明：$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$＞-$\frac{5}{12}$-$\frac{1}{3}$ln3．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導，由題意可知：數(shù)f（x）（0，+∞）上的單調函數(shù)，則二次函數(shù)x²-x+a≥0恒成立，則需要△=1-4a≤0，即可求得實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）由函數(shù)由極值，利用韋達定理求得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=1}\\{{x}_{1}{x}_{2}=a}\end{array}\right.$，化簡$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$，構造輔助函數(shù)，求導，根據(jù)函數(shù)的單調性求得$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$的最值，即可證明$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$＞-$\frac{5}{12}$-$\frac{1}{3}$ln3．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=$\frac{1}{2}$x²-x+alnx，（0，+∞），求導f′（x）=x-1+$\frac{a}{x}$=$\frac{{x}^{2}-x+a}{x}$，x＞0，
當△=1-4a≤0時，即a≥$\frac{1}{4}$，則x²-x+a≥0恒成立，則f（x）在（0，+∞）上單調遞增函數(shù)，
當△=1-4a＞0時，即a＜$\frac{1}{4}$則，兩個實根x₁=$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，
∴當x∈（$\frac{1}{2}$，x₂），f′（x）＜0，函數(shù)單調遞減，當x∈（x₂，+∞），f′（x）＞0，函數(shù)單調遞增，
∴函數(shù)f（x）為定義域上的不是單調函數(shù)，
綜上可知：實數(shù)a的取值范圍[$\frac{1}{4}$，+∞）；
（Ⅱ）由函數(shù)f（x）有兩個極值點，則f′（x）=0，在x＞0有兩個不等的實根，
則x²-x+a=0有兩個不相等的實根x₁，x₂，
則△=1-4a＞0時，即a＜$\frac{1}{4}$則，且$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=1}\\{{x}_{1}{x}_{2}=a}\end{array}\right.$，
由0＜α＜$\frac{2}{9}$，則0＜x₁（1-x₁）＜$\frac{2}{9}$，解得：x₁∈（0，$\frac{1}{3}$），
則$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$=$\frac{\frac{1}{2}{x}_{1}^{2}-{x}_{1}+aln{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{\frac{1}{2}{x}_{1}^{2}-{x}_{1}+{x}_{1}{x}_{2}ln{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{\frac{1}{2}{x}_{1}^{2}-{x}_{1}}{1-{x}_{1}}$+x₁lnx₁，
由x∈（0，$\frac{1}{3}$），令g（x）=$\frac{\frac{1}{2}{x}^{2}-x}{1-x}$+xlnx，
h（x）=$\frac{\frac{1}{2}{x}^{2}-x}{1-x}$，m（x）=xlnx，
求導h′（x）=-$\frac{1}{2（x-1）^{2}}$-$\frac{1}{2}$＜0，m′（x）=1+lnx，x∈（0，$\frac{1}{3}$），m′（x）＜0，
而$\frac{1}{3}$＜$\frac{1}{e}$，故m′（x）＜0，x∈（0，$\frac{1}{3}$）上恒成立，
∴g′（x）=h′（x）+m′（x）＜0，在x∈（0，$\frac{1}{3}$），恒成立，
g（x）在（0，$\frac{1}{3}$）上單調遞減，
∴g（x）＞g（$\frac{1}{3}$）=-$\frac{5}{12}$-$\frac{1}{3}$lnx，
∴$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$＞-$\frac{5}{12}$-$\frac{1}{3}$ln3．

點評 本題考查導數(shù)的綜合應用，考查函數(shù)單調性及最值與導數(shù)的關系，考查一元二次方程根與系數(shù)的關系，二次函數(shù)恒成立，考查轉化思想，屬于中檔題．