Question

15．已知函数f（x）=lnx-2ax（其中a∈R）．
（Ⅰ）若函数f（x）的图象在x=1处的切线平行于直线x+y-2=0，求函数f（x）的最大值；
（Ⅱ）设g（x）=f（x）+$\frac{1}{2}$x²，且函数g（x）有极大值点x₀，求证：x₀f（x₀）+1+ax₀²＞0．

Answer 1

分析 （I）令f′（1）=-1解出a，得出f（x）的解析式，在利用导数判断f（x）的单调性，得出最值；
（II）令g′（x）=0有解且x₀为g（x）的极大值点可得出a与x₀的关系和x₀的范围，令h（x）=xf（x）+1+ax²，判断h（x）的单调性即可得出结论．

解答 解：（I）f′（x）=$\frac{1}{x}$-2a，
∵f（x）的图象在x=1处的切线平行于直线x+y-2=0，
∴f′（1）=1-2a=-1，即a=1．
∴f（x）=lnx-2x，f′（x）=$\frac{1}{x}-2$，
令f′（x）=0得x=$\frac{1}{2}$，
当0$＜x＜\frac{1}{2}$时，f′（x）＞0，当x$＞\frac{1}{2}$时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{2}$]上单调递增，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上单调递减，
∴f（x）的最大值为f（$\frac{1}{2}$）=-1-ln2．
（II）g（x）=lnx-2ax+$\frac{1}{2}$x²，g′（x）=x+$\frac{1}{x}$-2a=$\frac{{x}^{2}-2ax+1}{x}$，
令g′（x）=0得x²-2ax+1=0，
①当△=4a²-4≤0即-1≤a≤1时，x²-2ax+1≥0恒成立，即g′（x）≥0，
∴g（x）在（0，+∞）单调递增，∴g（x）无极值点，不符合题意；
②当△=4a²-4＞0时，方程g′（x）=0有两解x₁，x₀，
∵x₀是g（x）的极大值点，∴0＜x₀＜x₁，
又x₁x₀=1，∴x₁+x₂=2a＞0，∴a＞1，0＜x₀＜1．
又g′（x₀）=x₀+$\frac{1}{{x}_{0}}$-2a=0，∴a=$\frac{{{x}_{0}}^{2}+1}{2{x}_{0}}$．
∴x₀f（x₀）+1+ax₀²=x₀lnx₀-$\frac{{{x}_{0}}^{3}+{x}_{0}}{2}+1$，
设h（x）=xlnx-$\frac{{x}^{3}+x}{2}+1$，则h′（x）=-$\frac{3}{2}$x²+$\frac{1}{2}$+lnx，h″（x）=-3x+$\frac{1}{x}$=$\frac{1-3{x}^{2}}{x}$，
∴当0＜x＜$\frac{\sqrt{3}}{3}$时，h″（x）＞0，当x$＞\frac{\sqrt{3}}{3}$时，h″（x）＜0，
∴h′（x）在（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）上单调递增，在（$\frac{\sqrt{3}}{3}$，+∞）上单调递减，
∴h′（x）≤h′（$\frac{\sqrt{3}}{3}$）=ln$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜0，
∴h（x）在（0，1）上单调递减，
∴h（x₀）＞h（1）=0，即x₀lnx₀-$\frac{{{x}_{0}}^{3}+{x}_{0}}{2}+1$＞0，
∴x₀f（x₀）+1+ax₀²＞0．

点评 本题考查了导数的几何意义，导数与函数单调性的关系，函数最值的计算，属于中档题．