Question

5．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²-x+alnx，a∈R．
（Ⅰ）若函数f（x）为定义域上的单调函数，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）当0＜α＜$\frac{2}{9}$时，函数f（x）的两个极值点为x₁，x₂，且x₁＜x₂．证明：$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$＞-$\frac{5}{12}$-$\frac{1}{3}$ln3．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导，由题意可知：数f（x）（0，+∞）上的单调函数，则二次函数x²-x+a≥0恒成立，则需要△=1-4a≤0，即可求得实数a的取值范围；
（Ⅱ）由函数由极值，利用韦达定理求得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=1}\\{{x}_{1}{x}_{2}=a}\end{array}\right.$，化简$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$，构造辅助函数，求导，根据函数的单调性求得$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$的最值，即可证明$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$＞-$\frac{5}{12}$-$\frac{1}{3}$ln3．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=$\frac{1}{2}$x²-x+alnx，（0，+∞），求导f′（x）=x-1+$\frac{a}{x}$=$\frac{{x}^{2}-x+a}{x}$，x＞0，
当△=1-4a≤0时，即a≥$\frac{1}{4}$，则x²-x+a≥0恒成立，则f（x）在（0，+∞）上单调递增函数，
当△=1-4a＞0时，即a＜$\frac{1}{4}$则，两个实根x₁=$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，
∴当x∈（$\frac{1}{2}$，x₂），f′（x）＜0，函数单调递减，当x∈（x₂，+∞），f′（x）＞0，函数单调递增，
∴函数f（x）为定义域上的不是单调函数，
综上可知：实数a的取值范围[$\frac{1}{4}$，+∞）；
（Ⅱ）由函数f（x）有两个极值点，则f′（x）=0，在x＞0有两个不等的实根，
则x²-x+a=0有两个不相等的实根x₁，x₂，
则△=1-4a＞0时，即a＜$\frac{1}{4}$则，且$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=1}\\{{x}_{1}{x}_{2}=a}\end{array}\right.$，
由0＜α＜$\frac{2}{9}$，则0＜x₁（1-x₁）＜$\frac{2}{9}$，解得：x₁∈（0，$\frac{1}{3}$），
则$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$=$\frac{\frac{1}{2}{x}_{1}^{2}-{x}_{1}+aln{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{\frac{1}{2}{x}_{1}^{2}-{x}_{1}+{x}_{1}{x}_{2}ln{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{\frac{1}{2}{x}_{1}^{2}-{x}_{1}}{1-{x}_{1}}$+x₁lnx₁，
由x∈（0，$\frac{1}{3}$），令g（x）=$\frac{\frac{1}{2}{x}^{2}-x}{1-x}$+xlnx，
h（x）=$\frac{\frac{1}{2}{x}^{2}-x}{1-x}$，m（x）=xlnx，
求导h′（x）=-$\frac{1}{2（x-1）^{2}}$-$\frac{1}{2}$＜0，m′（x）=1+lnx，x∈（0，$\frac{1}{3}$），m′（x）＜0，
而$\frac{1}{3}$＜$\frac{1}{e}$，故m′（x）＜0，x∈（0，$\frac{1}{3}$）上恒成立，
∴g′（x）=h′（x）+m′（x）＜0，在x∈（0，$\frac{1}{3}$），恒成立，
g（x）在（0，$\frac{1}{3}$）上单调递减，
∴g（x）＞g（$\frac{1}{3}$）=-$\frac{5}{12}$-$\frac{1}{3}$lnx，
∴$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$＞-$\frac{5}{12}$-$\frac{1}{3}$ln3．

点评 本题考查导数的综合应用，考查函数单调性及最值与导数的关系，考查一元二次方程根与系数的关系，二次函数恒成立，考查转化思想，属于中档题．