Question

17．已知函數(shù)$f（x）=\frac{1}{2}a{x^2}+lnx+bx$，其中a，b∈R．
（1）當(dāng)b=1時，g（x）=f（x）-x在$x=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$處取得極值，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若a=0時，函數(shù)f（x）有兩個不同的零點x₁，x₂，
①求b的取值范圍；
②求證：$\frac{{{x_1}{x_2}}}{e^2}＞1$．

Answer 1

分析 （1）由求導(dǎo)，由題意可知：g′（$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=0，即可求得a的值，根據(jù)函數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系，即可求得函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）①f（x）=lnx+bx（x＞0），求導(dǎo)，分類，由導(dǎo)數(shù)與函數(shù)極值的關(guān)系，則f（x）極大值為$f（{-\frac{1}}）=-ln（-b）-1＞0$，解得$-\frac{1}{e}＜b＜0$．且x→0時，f（x）＜0，x→+∞時，f（x）＜0．則當(dāng)$b∈（{-\frac{1}{e}，\;\;0}）$時，f（x）有兩個零點；
②由題意可知：lnx₁+bx₁=0，lnx₂+bx₂=0，要證${x_1}{x_2}＞{e^2}$，即證lnx₁+lnx₂＞2，則$ln\frac{x_2}{x_1}＞\frac{{2（{\frac{x_2}{x_1}-1}）}}{{\frac{x_2}{x_1}+1}}$．則$t=\frac{x_2}{x_1}（t＞1）$，構(gòu)造輔助函數(shù)$h（t）=lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}$，求導(dǎo)，根根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，則h（t）＞h（1）=0，則$\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}＞\frac{2}{{{x_2}+{x_1}}}$，即可證明${x_1}{x_2}＞{e^2}$．，

解答 解：（1）由已知得$g'（x）=ax+\frac{1}{x}（x＞0）$，由g（x）=f（x）-x在$x=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$處取得極值，則$g'（{\frac{{\sqrt{2}}}{2}}）=\frac{{\sqrt{2}}}{2}a+\sqrt{2}=0$，
∴a=-2．
則f（x）=-x²+lnx+x（x＞0）．
則$f'（x）=-2x+\frac{1}{x}+1=\frac{{2（{x+\frac{1}{2}}）（x-1）}}{-x}（x＞0）$，
由f'（x）＞0得0＜x＜1，由f'（x）＜0得x＞1．
∴f（x）的減區(qū)間為（1，+∞），增區(qū)間為（0，1）．
（2）①由已知f（x）=lnx+bx（x＞0）．
∴$f'（x）=\frac{1}{x}+b（x＞0）$，
當(dāng)b≥0時，顯然f'（x）＞0恒成立，此時函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)遞增，
f（x）至多有一個零點，不合題意．
當(dāng)b＜0時，令f'（x）=0得$x=-\frac{1}＞0$，
令f'（x）＞0得$0＜x＜-\frac{1}$；
令f'（x）＜0得$x＞-\frac{1}$．
∴f（x）極大值為$f（{-\frac{1}}）=-ln（-b）-1＞0$，解得$-\frac{1}{e}＜b＜0$．
且x→0時，f（x）＜0，x→+∞時，f（x）＜0．
∴當(dāng)$b∈（{-\frac{1}{e}，\;\;0}）$時，f（x）有兩個零點．
②證明：∵x₁，x₂為函數(shù)f（x）的兩個零點，不妨設(shè)0＜x₁＜x₂．
所以lnx₁+bx₁=0，lnx₂+bx₂=0，
兩式相減得$\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}=-b$，兩式相加得$\frac{{ln{x_2}+ln{x_1}}}{{{x_2}+{x_1}}}=-b$．
要證${x_1}{x_2}＞{e^2}$，即證lnx₁+lnx₂＞2，
即證$\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}＞\frac{2}{{{x_2}+{x_1}}}$，即證$ln\frac{x_2}{x_1}＞\frac{{2（{\frac{x_2}{x_1}-1}）}}{{\frac{x_2}{x_1}+1}}$．
令$t=\frac{x_2}{x_1}（t＞1）$，即證$lnt＞\frac{2（t-1）}{t+1}$．
令$h（t）=lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}$，則$h'（t）=\frac{{{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}＞0$，
所以h（t）＞h（1）=0，即$lnt＞\frac{2（t-1）}{t+1}（t＞1）$，
所以$\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}＞\frac{2}{{{x_2}+{x_1}}}$，所以${x_1}{x_2}＞{e^2}$．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性與極值的關(guān)系，考查函數(shù)零點的判斷，采用分析法證明不等式成立，考查計算能力，屬于中檔題．