Question

14．已知函數f（x）=lnx-2ax，a∈R．
（1）若函數y=f（x）存在與直線2x-y=0平行的切線，求實數a的取值范圍；
（2）設g（x）=f（x）+$\frac{1}{2}{x^2}$，若g（x）有極大值點x₁，求證：$\frac{{ln{x_1}}}{x_1}+\frac{1}{{{x_1}^2}}$＞a．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，問題轉化為2+2a=$\frac{1}{x}$在（0，+∞）上有解，求出a的范圍即可；
（2）求出g（x）的解析式，通過討論a的范圍，問題轉化為證明x₁lnx₁+1＞a${{x}_{1}}^{2}$，令h（x）=-$\frac{{x}^{3}}{2}$-$\frac{1}{2}$x+xlnx+1，x∈（0，1），根據函數的單調性證明即可．

解答 解：（1）因為f′（x）=$\frac{1}{x}$-2a，x＞0，
因為函數y=f（x）存在與直線2x-y=0平行的切線，
所以f′（x）=2在（0，+∞）上有解，
即$\frac{1}{x}$-2a=2在（0，+∞）上有解，也即2+2a=$\frac{1}{x}$在（0，+∞）上有解，
所以2+2a＞0，得a＞-1，
故所求實數a的取值范圍是（-1，+∞）；
（2）證明：因為g（x）=f（x）+$\frac{1}{2}$x²=$\frac{1}{2}$x²+lnx-2ax，
因為g′（x）=$\frac{{x}^{2}-2ax+1}{x}$，
①當-1≤a≤1時，g（x）單調遞增無極值點，不符合題意，
②當a＞1或a＜-1時，令g′（x）=0，設x²-2ax+1=0的兩根為x₁和x₂，
因為x₁為函數g（x）的極大值點，所以0＜x₁＜x₂，
又x₁x₂=1，x₁+x₂=2a＞0，所以a＞1，0＜x₁＜1，
所以g′（x₁）=${{x}_{1}}^{2}$-2ax₁+$\frac{1}{{x}_{1}}$=0，則a=$\frac{{{x}_{1}}^{2}+1}{{2x}_{1}}$，
要證明$\frac{l{nx}_{1}}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$＞a，只需要證明x₁lnx₁+1＞a${{x}_{1}}^{2}$，
因為x₁lnx₁+1-a${{x}_{1}}^{2}$=x₁lnx₁-$\frac{{{x}_{1}}^{3}{+x}_{1}}{2}$+1=-$\frac{{{x}_{1}}^{3}}{2}$-$\frac{1}{2}$x₁+x₁lnx₁+1，0＜x₁＜1，
令h（x）=-$\frac{{x}^{3}}{2}$-$\frac{1}{2}$x+xlnx+1，x∈（0，1），
所以h′（x）=-$\frac{3}{2}$x²-$\frac{1}{2}$+lnx，記P（x）=-$\frac{{3x}^{2}}{2}$-$\frac{1}{2}$+lnx，x∈（0，1），
則P′（x）=-3x+$\frac{1}{x}$=$\frac{1-{3x}^{2}}{x}$，
當0＜x＜$\frac{\sqrt{3}}{3}$時，p′（x）＞0，當$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜x＜1時，p′（x）＜0，
所以p（x）max=p（$\frac{\sqrt{3}}{3}$）=-1+ln$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜0，所以h′（x）＜0，
所以h（x）在（0，1）上單調遞減，所以h（x）＞h（1）=0，原題得證．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，是一道中檔題．