Question

8．已知函数f（x）=（x-1）lnx-（x-a）²（a∈R）．
（Ⅰ）若f（x）在（0，+∞）上单调递减，求a的取值范围；
（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x₁，x₂，求证：x₁+x₂＞$\frac{5}{4}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，得到f′（x）≤0恒成立，令$g（x）=lnx-\frac{1}{x}-2x+1+2a$，求出函数的导数，根据函数的单调性得到g（x）max≤0，求出a的范围即可；
（Ⅱ）根据f′（x₁）=lnx₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$-2x₁+1+2a①，f′（x₂）=lnx₂-$\frac{1}{{x}_{2}}$-2x₂+1+2a②，得到：x₁+x₂的解析式，从而证明结论即可．

解答 解：（Ⅰ）由已知，$f'（x）=lnx+\frac{x-1}{x}-2（x-a）=lnx-\frac{1}{x}-2x+1+2a≤0$恒成立
令$g（x）=lnx-\frac{1}{x}-2x+1+2a$，则$g'（x）=\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}-2=\frac{{-2{x^2}+x+1}}{x^2}=\frac{-（2x+1）（x-1）}{x^2}（x＞0）$，
-（2x+1）＜0，令g′（x）＞0，解得：0＜x＜1，令g′（x）＜0，解得：x＞1，
故g（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，
∴g（x）_max=g（1）=2a-2∴由f'（x）≤0恒成立可得a≤1．
即当f（x）在（0，+∞）上单调递减时，a的取值范围是（-∞，1]．
（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x₁，x₂，不妨设0＜x₁＜x₂．
由（Ⅰ）可知a＞1，且f′（x₁）=lnx₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$-2x₁+1+2a①，f′（x₂）=lnx₂-$\frac{1}{{x}_{2}}$-2x₂+1+2a②，
由①-②得：$ln\frac{x_1}{x_2}+\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}-2（{x_1}-{x_2}）=0$∴$（{x_1}-{x_2}）（\frac{1}{{{x_1}{x_2}}}-2）=-ln\frac{x_1}{x_2}＞0$∴$\frac{1}{{{x_1}{x_2}}}＜2$，即 ${x_1}{x_2}＞\frac{1}{2}＞\frac{1}{e}$，
由①+②得：$ln（{x_1}{x_2}）+2-\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}-2（{x_1}+{x_2}）+4a=0$，
∴${x_1}+{x_2}=\frac{{ln（{x_1}{x_2}）+2+4a}}{{\frac{1}{{{x_1}{x_2}}}+2}}＞\frac{-1+2+4}{2+2}=\frac{5}{4}$．

点评 本题考查导数的综合运用，考查学生应用知识解决问题的能力，较难题．