Question

20．已知函数f（x）=alnx+$\frac{a}{2}$x²+x，g（x）=$\frac{a-2}{2}$x²+（a+1）x+$\frac{a+2}{2}$；
（1）若f（x）在（1，f（1））处的切线方程为x+y+b=0，求a，b的值；
（2）是否存在实数a使得f（x）在（0，+∞）上单调递减，g（x）在（0，$\frac{1}{5}$）上单调递增，若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由．
（3）令H（x）=f（x+1）-g（x），若x₁，x₂（x₁＜x₂）是H（x）的两个极值点，证明：（-$\frac{1}{2}$+ln2）x₁＜H（x₂）＜0．

Answer 1

分析 （1）求出导数，由切线方程可得f′（1）=-1，可得a=-1，求得切点，代入切线方程，可得b；
（2）假设存在符合条件的a值，运用参数分离和基本不等式可得a的范围，结合单调性和导数的关系，可得a的值；
（3）化简H（x）的解析式，求出导数，结合二次方程的韦达定理，可得H（x₂）＜0成立；再由分析法，结合函数的单调性，证明（-$\frac{1}{2}$+ln2）x₁＜H（x₂）．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{a}{x}$+ax+1，
由题意：f′（1）=-1即2a+1=-1，∴a=-1，
即f（x）=-lnx-$\frac{1}{2}$x²+x，
由f（1）=$\frac{3}{2}$，切点（1，$\frac{1}{2}$）在切线上∴b=-$\frac{3}{2}$；
（2）∵f（x）在（0，+∞）上单调递减，
∴f′（x）=$\frac{a}{x}$+ax+1≤0在x∈（0，+∞）时恒成立，
即a≤-$\frac{1}{x+\frac{1}{x}}$在x∈（0，+∞）时恒成立，
∵x+$\frac{1}{x}$≥2∴0＜$\frac{1}{x+\frac{1}{x}}$≤$\frac{1}{2}$∴-$\frac{1}{x+\frac{1}{x}}$∈[-$\frac{1}{2}$，0），
∴a≤-$\frac{1}{2}$                  
∵假设存在符合条件的a值，则应有：a≤-$\frac{1}{2}$∴$\frac{a-2}{2}$＜0   
此时g（x）的对称轴为：x=-$\frac{a+1}{a-2}$，
若使g（x）在（0，$\frac{1}{5}$）上单调递增，应有：-$\frac{a+1}{a-2}$≥$\frac{1}{5}$     
解得：a≥-$\frac{1}{2}$，
综上，存在实数a=-$\frac{1}{2}$使得f（x）在（0，+∞）上单调递减，g（x）在（0，$\frac{1}{5}$ ）上单调递增．
（3）证明：H（x）=f（x+1）-g（x）=aln（x+1）+$\frac{a}{2}$ （x+1）²+（x+1）-$\frac{a-2}{2}$ x²-（a+1）x-$\frac{a+2}{2}$
=aln（x+1）+x²
H′（x）=$\frac{a}{x+1}$+2x=$\frac{2{x}^{2}+2x+a}{x+1}$，
由题意：2x²+2x+a=0在区间（-1，+∞）内有两个不等实根x₁，x₂
记G（x）=2x²+2x+a   则应有：△＞0，G（-1）＞0，解得：0＜a＜$\frac{1}{2}$；
由韦达定理得：x₁+x₂=-1，x₁•x₂=$\frac{a}{2}$
∴x₁=-x₂-1，a=2x₁•x₂=-2（x₂+1）x₂
x₁∈（-1，-$\frac{1}{2}$），x₂∈（-$\frac{1}{2}$，0），
H（x）在（-1，x₁）上单调递增，在（x₁，x₂）上单调递减，在（x₂，+∞）上单调递增
∵x₂＜0，∴H（x₂）＜H（0）=0   
即H（x₂）＜0成立；
下面证明：H（x₂）＞（-$\frac{1}{2}$+ln2）x₁
∵H（x₂）=aln（x₂+1）+x₂²=-2（x₂+1）x₂ln（x₂+1）+x₂²   
（-$\frac{1}{2}$+ln2）x₁=（-$\frac{1}{2}$+ln2）（-1-x₂），
∴只需证明：-2（x₂+1）x₂ln（x₂+1）+x₂²＞（-$\frac{1}{2}$+ln2）（-1-x₂）
即：x₂²-2（x₂+1）x₂ln（x₂+1）+（ln2-$\frac{1}{2}$）x₂＞$\frac{1}{2}$-ln2…①
令ϕ（x）=x²-2（x+1）xln（x+1）+（ln2-$\frac{1}{2}$）x，x∈（-$\frac{1}{2}$，0），
ϕ′（x）=2x-2（2x+1）ln（x+1）-2x+ln2-$\frac{1}{2}$=-2（2x+1）ln（x+1）+ln2-$\frac{1}{2}$，
∵-$\frac{1}{2}$＜x＜0∴x+1＜1，ln（x+1）＜0，
2x+1＞0∴-2（2x+1）ln（x+1）＞0，
又∵ln2-$\frac{1}{2}$=ln2-ln$\sqrt{e}$=ln$\sqrt{\frac{4}{e}}$＞0，∴ϕ′（x）＞0，
∴ϕ（x）在（-$\frac{1}{2}$，0）上单调递增
∴ϕ（x）＞ϕ（-$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{2}$ln2-$\frac{1}{2}$ln2+$\frac{1}{4}$=$\frac{1}{2}$-ln2，
即ϕ（x）＞$\frac{1}{2}$-ln2 即①式成立
∴H（x₂）＞（-$\frac{1}{2}$+ln2）x₁
综上：（-$\frac{1}{2}$+ln2）x₁＜H（x₂）＜0成立．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间、极值和最值，同时考查不等式恒成立思想转化为求函数的最值，以及函数单调性的运用和二次方程韦达定理，考查运算求解能力，属于难题．