Question

19．已知函数f（x）=lnx-2ax，a∈R．
（1）若函数y=f（x）存在与直线2x-y=0平行的切线，求实数a的取值范围；
（2）已知a＞1设g（x）=f（x）+$\frac{1}{2}{x^2}$，若g（x）有极大值点x₁，求证：x₁lnx₁-ax₁²+1＞0．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，问题转化为2+2a=$\frac{1}{x}$在（0，+∞）上有解，求出a的范围即可；
（2）求出函数的导数，通过讨论a的范围，问题转化为证明x₁lnx₁+1＞a${{x}_{1}}^{2}$，令h（x）=-$\frac{{x}^{3}}{2}$-$\frac{1}{2}$x+xlnx+1，x∈（0，1），根据函数的单调性证明即可．

解答 （1）解：因为f′（x）=$\frac{1}{x}$-2a，x＞0，
因为函数y=f（x）存在与直线2x-y=0平行的切线，
所以f′（x）=2在（0，+∞上有解，
即$\frac{1}{x}$-2a=2在（0，+∞）上有解，也即2+2a=$\frac{1}{x}$在（0，+∞）上有解，
所以2+2a＞0，得a＞-1，
故所求实数a的取值范围是（-1，+∞）；
（2）证明：因为g（x）=$\frac{1}{2}$x²+lnx-2ax，
因为g′（x）=$\frac{{x}^{2}-2ax+1}{x}$，
①当-1≤a≤1时，g（x）单调递增无极值点，不符合题意，
②当a＞1或a＜-1时，令g′（x）=0，设x²-2ax+1=0的两根为x₁和x₂，
因为x₁为函数g（x）的极大值点，所以0＜x₁＜x₂，
又x₁x₂=1，x₁+x₂=2a＞0，所以a＞1，0＜x₁＜1，
所以g′（x₁）=${{x}_{1}}^{2}$-2ax₁+$\frac{1}{{x}_{1}}$=0，则a=$\frac{{{x}_{1}}^{2}+1}{{2x}_{1}}$，
要证明$\frac{l{nx}_{1}}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$＞a，只需要证明x₁lnx₁+1＞a${{x}_{1}}^{2}$，
因为x₁lnx₁+1-a${{x}_{1}}^{2}$=x₁lnx₁-$\frac{{{x}_{1}}^{3}{+x}_{1}}{2}$+1=-$\frac{{{x}_{1}}^{3}}{2}$-$\frac{1}{2}$x₁+x₁lnx₁+1，0＜x₁＜1，
令h（x）=-$\frac{{x}^{3}}{2}$-$\frac{1}{2}$x+xlnx+1，x∈（0，1），
所以h′（x）=-$\frac{{3x}^{2}}{2}$-$\frac{1}{2}$+lnx，记p（x）=-$\frac{{3x}^{2}}{2}$-$\frac{1}{2}$+lnx，x∈（0，1），
则p′（x）=-3x+$\frac{1}{x}$=$\frac{1-{3x}^{2}}{x}$，
当0＜x＜$\frac{\sqrt{3}}{3}$时，p′（x）＞0，当$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜x＜1时，p′（x）＜0，
所以p（x）_max=p（$\frac{\sqrt{3}}{3}$）=-1+ln$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜0，所以h′（x）＜0，
所以h（x）在（0，1）上单调递减，所以h（x）＞h（1）=0，原题得证．

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不等式的证明，考查分类讨论思想，是一道综合题．