Question

17．已知函數(shù)f（x）=lnx-ax²在x=1處的切線與直線x-y+1=0垂直．
（Ⅰ）求函數(shù)y=f（x）+xf′（x）（f′（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）記函數(shù)g（x）=f（x）+$\frac{3}{2}$x²-（1+b）x，設(shè)x₁，x₂（x₁＜x₂）是函數(shù)g（x）的兩個(gè)極值點(diǎn)，若b≥$\frac{{e}^{2}+1}{e}$-1，且g（x₁）-g（x₂）≥k恒成立，求實(shí)數(shù)k的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的遞增區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，求出g（x₁）-g（x₂）的解析式，令h（x）=lnx²-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{{2x}^{2}}$，x∈（0，$\frac{1}{e}$]，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出k的最大值即可．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得：f′（x）=$\frac{1}{x}$-2ax，f′（1）=1-2a=-1，可得：a=1；
又y=f（x）+xf′（x）=lnx-3x²+1，所以y′=$\frac{1-{6x}^{2}}{x}$，（x＞0），
當(dāng)x∈（0，$\frac{\sqrt{6}}{6}$）時(shí)，y′＞0，y單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（$\frac{\sqrt{6}}{6}$，+∞）時(shí)，y′＜0，y單調(diào)遞減；
故函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為（0，$\frac{\sqrt{6}}{6}$）．
（Ⅱ）g（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²-（1+b）x，g′（x）=$\frac{{x}^{2}-（1+b）x+1}{x}$，
因?yàn)閤₁，x₂是g（x）的兩個(gè)極值點(diǎn)，故x₁，x₂是方程x²-（1+b）x+1=0的兩個(gè)根，
由韋達(dá)定理可知：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}{+x}_{2}=1+b}\\{{{x}_{1}x}_{2}=1}\end{array}\right.$；∵x₁＜x₂，可知0＜x₁＜1，又x₁+$\frac{1}{{x}_{1}}$=1+b≥e+$\frac{1}{e}$，
令t=x+$\frac{1}{x}$，可證t（x）在（0，1）遞減，由h（x₁）≥h（$\frac{1}{e}$），從而可證0＜x₁≤$\frac{1}{e}$．
所以g（x₁）-g（x₂）=ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{2}$（x₁-x₂）（x₁+x₂）=ln${{x}_{1}}^{2}$-$\frac{1}{2}$${{x}_{1}}^{2}$+$\frac{1}{{{2x}_{1}}^{2}}$（0＜x₁≤$\frac{1}{e}$）
令h（x）=lnx²-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{{2x}^{2}}$，x∈（0，$\frac{1}{e}$]，
h′（x）=$\frac{{-{（x}^{2}-1）}^{2}}{{x}^{3}}$≤0，所以h（x）單調(diào)減，
故h（x）_min=h（$\frac{1}{e}$）=$\frac{{e}^{2}}{2}$-$\frac{1}{{2e}^{2}}$-2，
所以k≤$\frac{{e}^{2}}{2}$-$\frac{1}{{2e}^{2}}$-2，即k_max=$\frac{{e}^{2}}{2}$-$\frac{1}{{2e}^{2}}$-2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想，函數(shù)恒成立問題，是一道中檔題．