Question

1．已知函數f（x）=lnx-ax²在處的切線與直線x-y+1=0垂直．
（1）求函數y=f（x）+xf'（x）（f'（x）為f（x）的導函數）的單調區間；
（2）記函數$g（x）=f（x）+\frac{3}{2}{x^2}-（{1-b}）x$，設x₁，x₂（x₁＜x₂）是函數g（x）的兩個極值點，若$b≥\frac{{{e^2}+1}}{e}-1$，證明：x₂≥e．

Answer 1

分析 （1）求出函數f（x）的導函數，由f′（1）=1-2a=-1求得a=1，可得y=f（x）+xf'（x）的解析式，求導后再由導函數分別大于0和小于0求得函數的單調區間；
（2）$g（x）=f（x）+\frac{3}{2}{x^2}-（{1-b}）x$=$lnx+\frac{1}{2}{x}^{2}-（1+b）x$，求導后利用x₁，x₂是函數g（x）的兩個極值點，可得x₁，x₂是方程x²-（1+b）x+1=0的兩個根，再由根與系數的關系知$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=1+b}\\{{x}_{1}{x}_{2}=1}\end{array}\right.$，進一步得到${x}_{2}+\frac{1}{{x}_{2}}=1+b≥e+\frac{1}{e}$．構造函數h（x）=x+$\frac{1}{x}$，由h（x）在（1，+∞）上單調遞增即可證得x₂≥e．

解答 （1）解：依題意，f′（x）=$\frac{1}{x}-2ax$，f′（1）=1-2a=-1，得a=1；
又y=f（x）+xf'（x）=lnx-3x²+1，
∴y′=$\frac{1}{x}-6x=\frac{1-6{x}^{2}}{x}$（x＞0）．
令$y′=\frac{1-6{x}^{2}}{x}$＞0，得0＜x＜$\frac{\sqrt{6}}{6}$；$y′=\frac{1-6{x}^{2}}{x}$＜0，得x＞$\frac{\sqrt{6}}{6}$．
故函數的單調增區間為（0，$\frac{\sqrt{6}}{6}$），單調減區間為（$\frac{\sqrt{6}}{6}$，+∞）；
（2）證明：$g（x）=f（x）+\frac{3}{2}{x^2}-（{1-b}）x$=$lnx+\frac{1}{2}{x}^{2}-（1+b）x$．
g′（x）=$\frac{1}{x}+x-（1+b）=\frac{{x}^{2}-（1+b）x+1}{x}$．
∵x₁，x₂是函數g（x）的兩個極值點，
∴x₁，x₂是方程x²-（1+b）x+1=0的兩個根，
由根與系數的關系知，$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=1+b}\\{{x}_{1}{x}_{2}=1}\end{array}\right.$，
由x₁＜x₂，可知x₂＞1，又${x}_{2}+\frac{1}{{x}_{2}}=1+b≥e+\frac{1}{e}$．
令h（x）=x+$\frac{1}{x}$，h′（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-1}{{x}^{2}}$＞0（x＞1）．
∴h（x）在（1，+∞）上單調遞增，
由h（x₂）≥h（e），得x₂≥e．

點評 本題考查利用導數研究函數的單調性，考查了函數極值點與導函數零點關系的應用，考查數學轉化思想方法，屬中檔題．