Question

20．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²-x+alnx（a＞0）有两个极值点x₁、x₂，且x₁＜x₂．
（1）求a的取值范围；
（2）证明：f（x₁）+f（x₂）＞$\frac{-3-2ln2}{4}$．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，结合二次函数的性质求出a的范围即可；
（2）依题意得f′（x）=0有两个不同的根x₁，x₂且x₁＜x₂，即x²-x+a=0有两个不同的根x₁，x₂且x₁＜x₂，
可得x₁+x₂=1，x₁•x₂=a，由（1）得a∈（0，$\frac{1}{4}$）．f（x₁）+f（x₂）=）=$\frac{1}{2}$x₁²-x₁+alnx₁=$\frac{1}{2}$x₂²-x₂+alnx₂=$\frac{1}{2}[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-2{x}_{2}{x}_{1}]-（{x}_{1}+{x}_{2}）+a（$lnx₁+lnx₂）=alnaa-a-$\frac{1}{2}$，令g（a）=alna-a-$\frac{1}{2}$，a∈（0，$\frac{1}{4}$）．利用导数求解．

解答 解：（1）∵函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²-x+alnx的定义域为（0，+∞），
f′（x）=x-1+$\frac{a}{x}$=$\frac{{x}^{2}-x+a}{x}$，
当△=1-4a≤0，即a≥$\frac{1}{4}$时，f′（x）≥0恒成立，此时函数f（x）单调递增，无极值；
当当△=1-4a＞0，即a＜$\frac{1}{4}$时，∴f′（x）=0有两个不同的根x₁，x₂且x₁＜x₂，此时函数有两个极值．
综上，a的取值范围（0，$\frac{1}{4}$）．
（2）证明：∵f（x）有两个极值点x₁，x₂且x₁＜x₂，∴f′（x）=0有两个不同的根x₁，x₂且x₁＜x₂，
∴x²-x+a=0有两个不同的根x₁，x₂且x₁＜x₂，
∴x₁+x₂=1，x₁•x₂=a，由（1）得a∈（0，$\frac{1}{4}$）．
f（x₁）+f（x₂）=）=$\frac{1}{2}$x₁²-x₁+alnx₁=$\frac{1}{2}$x₂²-x₂+alnx₂
=$\frac{1}{2}[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-2{x}_{2}{x}_{1}]-（{x}_{1}+{x}_{2}）+a（$lnx₁+lnx₂）=alnaa-a-$\frac{1}{2}$，
令g（a）=alna-a-$\frac{1}{2}$，a∈（0，$\frac{1}{4}$）．g′（a）=lna，在a∈（0，$\frac{1}{4}$）时．g′（a）＜0恒成立．
∴g（a）在（0，$\frac{1}{4}$）单调递减，故g（a）$＞g（\frac{1}{4}）$=$\frac{-3-2ln2}{4}$．
∴f（x₁）+f（x₂）＞$\frac{-3-2ln2}{4}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查不等式的证明，分类讨论思想，属于中档题．