Question

10．已知f（x）=（x²-2ax）lnx+2ax-$\frac{1}{2}$x²，其中a∈R．
（1）若a=0，且曲线f（x）在x=t处的切线l过原点，求直线l的方程；
（2）求f（x）的极值；
（3）若函数f（x）有两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂），证明f（x₁）+f（x₂）＜$\frac{1}{2}$a²+3a．

Answer 1

分析 （1）求出导函数，根据切线的和导函数的关系求解 即可；、
（2）求出导函数f'（x）=（2x-2a）lnx，对a进行分类讨论，在不同区间求出函数的单调性，进而判断函数的最值问题；
（3）根据（2）可知a的范围，得出f（x₁）+f（x₂）=f（a）+f（1），作差放缩可得$f（{x_1}）+f（{x_2}）-（\frac{1}{2}{a^2}+3a）$=$-{a^2}lna+{a^2}-a-\frac{1}{2}＜-{a^2}（lna-1+\frac{1}{a}）$，构造函数$g（a）=lna-1+\frac{1}{a}$，利用导函数得出函数的单调性，得出g（a）＞g（1）=0，得出结论．

解答 解：（1）当a=0时，$f（x）={x^2}lnx-\frac{1}{2}{x^2}$，f'（x）=2xlnx，所以切线I的斜率k=f'（t）=2tlnt，又直线I过原点，所以k=tlnt-$\frac{1}{2}$t，
，由2tlnt=tlnt-$\frac{1}{2}$t，得lnt=-$\frac{1}{2}$，t=$\frac{1}{\sqrt{e}}$．所以k=f'（-$\frac{1}{\sqrt{e}}$）=-$\frac{1}{\sqrt{e}}$，故切线I的方程为y=-$\frac{x}{\sqrt{e}}$．
（2）由f（x）=（x²-2ax）lnx+2ax-$\frac{1}{2}$x²，可得f'（x）=（2x-2a）lnx，
①当a≤0时f'（x）＞0得x＞1，f'（x）＜0得0＜x＜1，
f（x）在（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减，f（x）在x=1时取到极小值，且f（1）=2a-$\frac{1}{2}$，f（x）没有极大值．
②当0＜a＜1时，f'（x）＞0得x＞1或0＜x＜a，f'（x）＜0得a＜x＜1．f（x）在（0，a），（1，+∞）上单调递增，在（a，1）上单调递减，
f（x）在x=a时取到极大值，且f（a）=-a²lna+$\frac{3}{2}{a}^{2}$，f（x）在x=1时取到极小值，且f（1）=2a-$\frac{1}{2}$；
③当a=1时f'（x）≥0恒成立恒成立，f（x）在R上单调递增，f（x）没有极大值也没有极小值；
④当a＞1时f'（x）＞0得x＞a或0＜x＜1，f'（x）＜0得1＜x＜a，f（x）在（0，1），（a，+∞）上单调递增，在（1，a）上单调递减，f（x）在x=a时取到极小值，且f（a）=-a²lna+$\frac{3}{2}{a}^{2}$，．f（x）在x=1时取到极大值，且f（1）=2a-$\frac{1}{2}$；
综上可得，当a≤0时，f（x）在x=1时取到极小值2a-$\frac{1}{2}$，f（x）没有极大值；
当0＜a＜1时，f（x）在x=a时取到极大值-a²lna+$\frac{3}{2}{a}^{2}$，在x=1时取到极小值2a-$\frac{1}{2}$；
当a=1时，f（x）没有极大值也没有极小值；
当a＞1时，f（x）在x=a时取到极小值$-{a^2}lna+\frac{3}{2}{a^2}$，在x=1时取到极大值$2a-\frac{1}{2}$．
（3）由（2）知当a＞0且a≠1时，f（x）有两个极值f（x）点x₁，x₂，且f（x₁）+f（x₂）=f（a）+f（1），$f（{x_1}）+f（{x_2}）-（\frac{1}{2}{a^2}+3a）$=$-{a^2}lna+{a^2}-a-\frac{1}{2}＜-{a^2}（lna-1+\frac{1}{a}）$，
设$g（a）=lna-1+\frac{1}{a}$，则$g'（a）=\frac{1}{a}-\frac{1}{a^2}=\frac{a-1}{a^2}$，所以g（a）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，由a＞0且a≠1可得g（a）＞g（1）=0，所以$f（{x_1}）+f（{x_2}）-（\frac{1}{2}{a^2}+3a）＜$$-{a^2}（lna-1+\frac{1}{a}）＜0$，即$f（{x_1}）+f（{x_2}）＜\frac{1}{2}{a^2}+3a$．

点评 本题考查了导函数的综合应用和参数的分类讨论，难点是参数的讨论和函数的构造．