Question

【题目】已知函数f（x）=xlnx﹣ax2+ ．
（I） 当a= 时，判断f（x）在其定义上的单调性；
（Ⅱ）若函数f（x）有两个极值点x1 ， x2 ， 其中x1＜x2 ． 求证：
（i）f（x2）＞0；
（ii）x1+x2＞ ．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），
a= 时，f（x）=xlnx﹣ x2+ ，f′（x）=lnx+1﹣x，f″（x）= ，
当0＜x＜1时，f″（x）＞0，当x＞1时，f″（x）＜0，
∴f′（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，
∴f′（x）max=f′（1）=0，
∴f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）递减；
（Ⅱ）证明：（i）∵f′（x）=lnx+1﹣2ax，
∴由函数f（x）有两个极值点x1 ， x2
得函数f′（x）=lnx+1﹣2ax，x＞0有两个零点x1 ， x2
∵f″（x）= ﹣2a= ，
当a≤0时，有f″（x）＞0此时f′（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，
∴不符合，
∴a＞0此时x∈（0， ）时，f″（x）＞0，x∈（ ，+∞）时，f″（x）＜0
∴f′（x）在x∈（0， ）上单调递增，在x∈（ ，+∞）上单调递减
又f′（x）有两个零点x1 ， x2 ，
∴f′（ ）＞0，∴ln ＞0，∴ ＞1，∴0＜a＜ ，
∴当x∈（0，x1）时，f′（x）＜0，当x∈（x1 ， x2）时，f′（x）＞0，
当x∈（x2 ， +∞）时，f′（x）＜0
∴f（x）在x∈（0，x1）上单调递减，在x∈（x1 ， x2）上单调递增，
在x∈（x2 ， +∞）上单调递减
又f′（1）=1﹣2a＞0，∴1∈（x1 ， x2）
∴f（x2）＞f（1）=﹣a+ ＞0；
（ii）由（i）得：0＜a＜ ，
且lnx1+1=2ax1 ， lnx2+1=2ax2 ，
∴lnx1+lnx2+2=2a（x1+x2），
lnx1﹣lnx2=2a（x1﹣x2），
∴ln（x1x2）+2= ln ，
令t= ，则0＜t＜1，且lnx1x2+2= lnt…①，
而lnx1+lnx2+2=2a（x1+x2）…②，
由①②，可得x1+x2＞ 2a（x1+x2）＞2
lnx1+lnx2+2＞2 lnt＞2
lnt＜ lnt﹣ ＜0，
下面证明：当t∈（0，1）时，lnt﹣ ＜0，
令h（t）=lnt﹣ ，h′（t）= ＞0，
∴h（t）在（0，1）递增，h（t）＜h（1）=0，
∴lnt﹣ ＜0，
∴x1+x2＞ ．
【解析】（Ⅰ）求出f（x）的导数，得到导函数的单调性，求出f′（x）max=f′（1）=0，从而求出函数f（x）的单调性；（Ⅱ）（i）函数f'（x）=lnx+1﹣2ax，x＞0有两个零点x1 ， x2 ， 讨论a＞0，a≤0，再求导数，得到f′（ ）＞0，从而0＜a＜ ，再讨论f（x）的单调性，即可得证；（ii）得到ln（x1x2）+2= ln ，令t= ，问题转化为证明lnt﹣ ＜0在（0，1）恒成立，根据函数的单调性证明即可．
【考点精析】根据题目的已知条件，利用利用导数研究函数的单调性和函数的极值与导数的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间内，(1)如果，那么函数在这个区间单调递增；(2)如果，那么函数在这个区间单调递减；求函数的极值的方法是:（1）如果在附近的左侧,右侧,那么是极大值（2）如果在附近的左侧,右侧,那么是极小值．