Question

9．已知函數(shù)$f（x）=xlnx-\frac{a}{2}{x^2}（{a∈R}）$．
（1）當a=1時，求函數(shù)在點（1，-$\frac{1}{2}$）處的切線方程；
（2）若函數(shù)g（x）=f（x）-x有兩個極值點x₁，x₂，求a的取值范圍．
（3）在（2）的條件下，求證：$\frac{1}{ln{x}_{1}}$+$\frac{1}{ln{x}_{2}}$＞2．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，計算f′（1），求出切線方程即可；
（2）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，判斷函數(shù)的單調性，從而確定a的范圍即可；
（3）要證$\frac{1}{{ln{x_1}}}+\frac{1}{{ln{x_2}}}＞2$，即證$ln\frac{x_2}{x_1}＜\frac{x_2^2-x_1^2}{{2{x_1}{x_2}}}=\frac{1}{2}（\frac{x_2}{x_1}-\frac{x_1}{x_2}）$，令$t=\frac{x_2}{x_1}＞1$，即證$lnt＜\frac{1}{2}（t-\frac{1}{t}）$，設$φ（t）=lnt-\frac{1}{2}（t-\frac{1}{t}）$，根據(jù)函數(shù)的單調性證明即可．

解答 解：（1）a=1時，f（x）=xlnx-$\frac{1}{2}$x²，
則f′（x）=lnx+1-x，
則f′（1）=0，
故切線方程是：y+$\frac{1}{2}$=0（x-1），
即y=-$\frac{1}{2}$；
（2）函數(shù)g（x）=f（x）-x有兩個相異的極值點x₁，x₂，
即g′（x）=lnx-ax=0有兩個不同的實數(shù)根，
①當a≤0時，g′（x）單調遞增，
g′（x）=0不可能有兩個不同的實根；
②當a＞0時，設h（x）=lnx-ax，${h^'}（x）=\frac{1-ax}{x}$，
當$0＜x＜\frac{1}{a}$時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增；
當$x＞\frac{1}{a}$時，h′（x）＜0，h（x）單調遞減；
∴$h（\frac{1}{a}）=-lna-1＞0$，∴$0＜a＜\frac{1}{e}$，
（3）不妨設x₂＞x₁＞0，∵${g^'}（{x_1}）={g^'}（{x_2}）=0$，
∴l(xiāng)nx₂-ax₂=0，lnx₁-ax₁=0，lnx₂-lnx₁=a（x₂-x₁），
要證$\frac{1}{{ln{x_1}}}+\frac{1}{{ln{x_2}}}＞2$，即證$\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}＜\frac{{{x_2}+{x_1}}}{{2{x_1}{x_2}}}$，
即證$ln\frac{x_2}{x_1}＜\frac{x_2^2-x_1^2}{{2{x_1}{x_2}}}=\frac{1}{2}（\frac{x_2}{x_1}-\frac{x_1}{x_2}）$，
令$t=\frac{x_2}{x_1}＞1$，即證$lnt＜\frac{1}{2}（t-\frac{1}{t}）$，設$φ（t）=lnt-\frac{1}{2}（t-\frac{1}{t}）$，
則${φ^'}（t）=\frac{{2t-{t^2}-1}}{{2{t^2}}}=\frac{{-{{（t-1）}^2}}}{{2{t^2}}}＜0$，
函數(shù)φ（t）在（1，+∞）單調遞減，
∴φ（t）＜φ（1）=0，
∴$\frac{1}{{ln{x_1}}}+\frac{1}{{ln{x_2}}}＞2$．

點評 本題考查了求切線方程問題，考查函數(shù)的單調性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及不等式的證明，是一道綜合題．