Question

5．已知函数f（x）=x²-x+1+alnx．
（1）当a=1时，求曲线y=（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若函数f（x）有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，求证：f（x₂）＜$\frac{3}{4}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）对f（x）求导数，f′（x）=0有两个不同的正实根x₁，x₂，由判别式以及根与系数的关系求出a的取值范围；
（Ⅱ）由x₁、x₂的关系，用x₂把a表示出来，求出f（x₂）的表达式与取值范围即可得到结论．

解答 解：（1）函数的定义域为（0，+∞），
函数的导数f′（x）=2x-1+$\frac{a}{x}$，
当a=1时，f（1）=1-1+1=1，
f′（1）=2-1+1=2，
即函数y=（x）在点（1，1）处的切线斜率k=2，
则对应的切线方程为y-1=2（x-1），即y=2x-1．
（2）解：（Ⅰ）由题意，f（x）=x²-x+1+alnx的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=2x-1+$\frac{a}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-x+a}{x}$；
∵f（x）有两个极值点x₁，x₂，
∴f′（x）=0有两个不同的正实根x₁，x₂，
∵2x²-x+a=0的判别式△=1-8a＞0，解得a＜$\frac{1}{8}$；
∴x₁+x₂=$\frac{1}{2}$，x₁•x₂=$\frac{a}{2}$＞0，
∴a＞0；
综上，a的取值范围为（0，$\frac{1}{8}$）．
∵0＜x₁＜x₂，且x₁+x₂=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{1}{4}$＜x₂＜$\frac{1}{2}$，a=x₂-2x${\;}_{2}^{2}$，
∴f（x₂）=x${\;}_{2}^{2}$-x₂+1+（x₂-2x${\;}_{2}^{2}$）lnx₂．
设t=x₂，
令g（t）=t²-t+1+（t-2t²）lnt，其中$\frac{1}{4}$＜t＜$\frac{1}{2}$，
则g′（t）=（1-4t）lnt．
当t∈（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$）时，g′（t）＞0，
∴g（t）在（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$）上是增函数．
∴g（t）＜g（$\frac{1}{2}$）=（$\frac{1}{2}$）²-$\frac{1}{2}$+1+（$\frac{1}{2}$-2×（$\frac{1}{2}$）²）ln$\frac{1}{2}$=$\frac{3}{4}$．
故f（x₂）=g（x₂）＜$\frac{3}{4}$．

点评 本题考查了利用函数的性质求参数取值与利用导数证明不等式成立的问题，根据导数的几何意义以及函数极值和单调性之间的关系是解决本题的关键．综合性较强，是容易出错的题目．