Question

15．已知函数f（x）=x（lnx-ax）（a∈R），g（x）=f′（x）．
（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线3x-y-1=0平行，求实数a的值；
（Ⅱ）若a＞0，求函数g（x）在[1，e]上的最大值；
（Ⅲ）若函数F（x）=g（x）+$\frac{1}{2}{x^2}$两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，求证：f（x₂）＜-1＜f（x₁）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函数的导函数，求得f′（1）的值，由曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线3x-y-1=0平行得1-2a=3，从而求得a值；
（Ⅱ）由题意求出g（x），对g（x）求导，然后对a分类得到其导函数在不同区间内的单调性，从而求得函数g（x）的最大值；
（Ⅲ）由F（x）=g（x）+$\frac{1}{2}{x}^{2}$=lnx-2ax+1+$\frac{1}{2}{x}^{2}$，求出其导函数，把原函数有两个极值点转化为h（x）=x²-2ax+1在（0，+∞）上有两个相异零点x₁，x₂．由此结合二次函数根的分布求得a的范围．进一步得到a=$\frac{{x}^{2}+1}{2x}$，代入f（x），利用导数求得f（x₂）＜-1＜f（x₁）．

解答 （Ⅰ）解：${f}^{′}（x）=lnx-ax+x（\frac{1}{x}-a）=lnx-2ax+1$，
f′（1）=1-2a，∵直线3x-y-1=0的斜率为3，∴1-2a=3．
解得a=-1；
（Ⅱ）解：g（x）=f′（x）=lnx-2ax+1，${g}^{′}（x）=\frac{1-2ax}{x}$，
①当$\frac{1}{2a}≤1$，即$a≥\frac{1}{2}$时，x∈（1，e）时，g′（x）＜0，g（x）在（1，e）上单调递减，
g（x）_max=g（1）=1-2a；
②当$\frac{1}{2a}≥e$，即$0＜a≤\frac{1}{2e}$时，x∈（1，e）时，g′（x）＞0，g（x）在（1，e）上单调递增，
g（x）_max=g（e）=2-2ae；
③当$1＜\frac{1}{2a}＜e$，即$\frac{1}{2e}＜a＜\frac{1}{2}$时，x∈（1，$\frac{1}{2a}$）时，g′（x）＞0，x∈（$\frac{1}{2a}$，e）时，g′（x）＜0，g（x）在（1，$\frac{1}{2a}$）上单调递增，在（$\frac{1}{2a}$，e）上单调递减，$g（x）_{max}=g（\frac{1}{2a}）=-ln2a$；
∴$g（x）_{max}=\left\{\begin{array}{l}{2-2ae，0＜a≤\frac{1}{2e}}\\{-ln2a，\frac{1}{2e}＜a＜\frac{1}{2}}\\{1-2a，a≥\frac{1}{2}}\end{array}\right.$；
（Ⅲ）证明：∵F（x）=g（x）+$\frac{1}{2}{x}^{2}$=lnx-2ax+1+$\frac{1}{2}{x}^{2}$，
∴F′（x）=$\frac{1}{x}-2ax+x=\frac{{x}^{2}-2ax+1}{x}$，
函数F（x）=g（x）+$\frac{1}{2}{x}^{2}$有两个极值点x₁，x₂，
即h（x）=x²-2ax+1在（0，+∞）上有两个相异零点x₁，x₂．
∵x₁x₂=1＞0，∴$\left\{\begin{array}{l}{△=4{a}^{2}-4＞0}\\{{x}_{1}+{x}_{2}=2a＞0}\end{array}\right.$，则a＞1．
当0＜x＜x₁ 或x＞x₂时，F′（x）＞0，当x₁＜x＜x₂时，F′（x）＜0，
∴F（x）在（0，x₁），（x₂，+∞）上单调递增，在（x₁，x₂）上单调递减；
∵h（1）=2-2a＜0，∴0＜x₁＜1＜a＜x₂，
令x²-2ax+1=0，得a=$\frac{{x}^{2}+1}{2x}$，
∴f（x）=x（lnx-ax）=xlnx-$\frac{1}{2}{x}^{3}-\frac{1}{2}x$，则f′（x）=lnx-$\frac{3}{2}{x}^{2}+\frac{1}{2}$，
设s（x）=lnx-$\frac{3}{2}{x}^{2}+\frac{1}{2}$，s′（x）=$\frac{1}{x}-3x=\frac{1-3{x}^{2}}{x}$，
①当x＞1时，s′（x）＜0，s（x）在（1，+∞）上单调递减，从而s（x）在（a，+∞）上单调递减，
∴s（x）＜s（a）＜s（1）=-1＜0，∴f（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴f（x）＜f（1）=-1＜0，
∵1＜a＜x₂，∴f（x₂）＜-1；
②当0＜x＜1时，由s′（x）=$\frac{1-3{x}^{2}}{x}＞0$，得0＜x＜$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
由s′（x）=$\frac{1-3{x}^{2}}{x}＜0$，得$\frac{\sqrt{3}}{3}＜x＜1$，∴s（x）在（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）上单调递增，在（$\frac{\sqrt{3}}{3}，1$）上单调递减，
∴$s（x）≤s（\frac{\sqrt{3}}{3}）=ln\frac{\sqrt{3}}{3}＜0$，∴f（x）在（0，1）上单调递减，则f（x）＞f（1）=-1，
∵x₁∈（0，1），∴f（x₁）＞-1．
综上可知：f（x₂）＜-1＜f（x₁）．

点评 本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求函数的最值，训练了利用导数证明函数不等式问题，对于（Ⅲ）的证明，着重考查了分类讨论的数学思想方法，运用了二次函数零点所在区间的判断，题目设置难度大，综合型强，是压轴题．