Question

20．设函数f（x）=x²-2x+alnx
（1）当a=2时，求函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若函数f（x）存在两个极值点x₁、x₂（x₁＜x₂），①求实数a的范围；②证明：$\frac{f{（x}_{1}）}{{x}_{2}}$＞-$\frac{3}{2}$-ln2．

Answer 1

分析 （1）求得函数的导数，求得切线的斜率和切点，由点斜式方程可得切线的方程；
（2）①已知函数f（x）=x²-2x+alnx+1有两个极值点x₁，x₂可化为f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-2x+a}{x}$=0有两个不同的正根x₁，x₂，从而解得a的范围；
②由根与系数的关系可得，x₁+x₂=1，x₁x₂=$\frac{1}{2}$a，从而a=2x₂（1-x₂），代入化简可得f（x₁）=（x₁-1）²+alnx₁-1=x₂²+2x₂（1-x₂）ln（1-x₂）-1（$\frac{1}{2}$＜x₂＜1），$\frac{f{（x}_{1}）}{{x}_{2}}$=x₂+2（1-x₂）ln（1-x₂）-$\frac{1}{{x}_{2}}$（$\frac{1}{2}$＜x₂＜1）令h（t）=t+2（1-t）ln（1-t）-$\frac{1}{t}$，（$\frac{1}{2}$＜t＜1），求导判断函数的单调性，从而证明上式成立．

解答 解：（1）函数f（x）=x²-2x+2lnx的导数为f′（x）=2x-2+$\frac{2}{x}$，
f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为2，切点为（1，-1），
即有f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y+1=2（x-1），
即为2x-y-3=0；
（2）①函数f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-2x+a}{x}$，
∵函数f（x）=x²-2x+alnx+1有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂．
∴f′（x）=0有两个不同的根x₁，x₂，且0＜x₁＜x₂，
∴$\left\{\begin{array}{l}{△=4-8a＞0}\\{a＞0}\end{array}\right.$，
解得，0＜a＜$\frac{1}{2}$；
②证明：由（1）知，
x₁+x₂=1，x₁x₂=$\frac{1}{2}$a，则a=2x₂（1-x₂），
因此，f（x₁）=（x₁-1）²+alnx₁-1
=x₂²+2x₂（1-x₂）ln（1-x₂）-1（$\frac{1}{2}$＜x₂＜1），
$\frac{f{（x}_{1}）}{{x}_{2}}$=x₂+2（1-x₂）ln（1-x₂）-$\frac{1}{{x}_{2}}$（$\frac{1}{2}$＜x₂＜1），
令h（t）=t+2（1-t）ln（1-t）-$\frac{1}{t}$，（$\frac{1}{2}$＜t＜1），
则h′（t）=1+2[-ln（1-t）-1]+$\frac{1}{{t}^{2}}$=$\frac{1-{t}^{2}}{{t}^{2}}$-2ln（1-t），
∵$\frac{1}{2}$＜t＜1，∴1-t²＞0，ln（1-t）＜0，
∴h′（t）＞0，
即h（t）在（$\frac{1}{2}$，1）上单调递增，
则h（t）＞h（$\frac{1}{2}$）=-$\frac{3}{2}$-ln2，
即有$\frac{f{（x}_{1}）}{{x}_{2}}$＞-$\frac{3}{2}$-ln2．

点评 本题考查了导数的综合应用，同时考查了根与系数的关系，化简比较繁琐，注意要细心，属于难题．