Question

17．已知函数$f（x）=\frac{1}{2}a{x^2}+lnx+bx$，其中a，b∈R．
（1）当b=1时，g（x）=f（x）-x在$x=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$处取得极值，求函数f（x）的单调区间；
（2）若a=0时，函数f（x）有两个不同的零点x₁，x₂，
①求b的取值范围；
②求证：$\frac{{{x_1}{x_2}}}{e^2}＞1$．

Answer 1

分析 （1）由求导，由题意可知：g′（$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=0，即可求得a的值，根据函数与单调性的关系，即可求得函数f（x）的单调区间；
（2）①f（x）=lnx+bx（x＞0），求导，分类，由导数与函数极值的关系，则f（x）极大值为$f（{-\frac{1}{b}}）=-ln（-b）-1＞0$，解得$-\frac{1}{e}＜b＜0$．且x→0时，f（x）＜0，x→+∞时，f（x）＜0．则当$b∈（{-\frac{1}{e}，\;\;0}）$时，f（x）有两个零点；
②由题意可知：lnx₁+bx₁=0，lnx₂+bx₂=0，要证${x_1}{x_2}＞{e^2}$，即证lnx₁+lnx₂＞2，则$ln\frac{x_2}{x_1}＞\frac{{2（{\frac{x_2}{x_1}-1}）}}{{\frac{x_2}{x_1}+1}}$．则$t=\frac{x_2}{x_1}（t＞1）$，构造辅助函数$h（t）=lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}$，求导，根根据函数的单调性，则h（t）＞h（1）=0，则$\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}＞\frac{2}{{{x_2}+{x_1}}}$，即可证明${x_1}{x_2}＞{e^2}$．，

解答 解：（1）由已知得$g'（x）=ax+\frac{1}{x}（x＞0）$，由g（x）=f（x）-x在$x=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$处取得极值，则$g'（{\frac{{\sqrt{2}}}{2}}）=\frac{{\sqrt{2}}}{2}a+\sqrt{2}=0$，
∴a=-2．
则f（x）=-x²+lnx+x（x＞0）．
则$f'（x）=-2x+\frac{1}{x}+1=\frac{{2（{x+\frac{1}{2}}）（x-1）}}{-x}（x＞0）$，
由f'（x）＞0得0＜x＜1，由f'（x）＜0得x＞1．
∴f（x）的减区间为（1，+∞），增区间为（0，1）．
（2）①由已知f（x）=lnx+bx（x＞0）．
∴$f'（x）=\frac{1}{x}+b（x＞0）$，
当b≥0时，显然f'（x）＞0恒成立，此时函数f（x）在定义域内递增，
f（x）至多有一个零点，不合题意．
当b＜0时，令f'（x）=0得$x=-\frac{1}{b}＞0$，
令f'（x）＞0得$0＜x＜-\frac{1}{b}$；
令f'（x）＜0得$x＞-\frac{1}{b}$．
∴f（x）极大值为$f（{-\frac{1}{b}}）=-ln（-b）-1＞0$，解得$-\frac{1}{e}＜b＜0$．
且x→0时，f（x）＜0，x→+∞时，f（x）＜0．
∴当$b∈（{-\frac{1}{e}，\;\;0}）$时，f（x）有两个零点．
②证明：∵x₁，x₂为函数f（x）的两个零点，不妨设0＜x₁＜x₂．
所以lnx₁+bx₁=0，lnx₂+bx₂=0，
两式相减得$\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}=-b$，两式相加得$\frac{{ln{x_2}+ln{x_1}}}{{{x_2}+{x_1}}}=-b$．
要证${x_1}{x_2}＞{e^2}$，即证lnx₁+lnx₂＞2，
即证$\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}＞\frac{2}{{{x_2}+{x_1}}}$，即证$ln\frac{x_2}{x_1}＞\frac{{2（{\frac{x_2}{x_1}-1}）}}{{\frac{x_2}{x_1}+1}}$．
令$t=\frac{x_2}{x_1}（t＞1）$，即证$lnt＞\frac{2（t-1）}{t+1}$．
令$h（t）=lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}$，则$h'（t）=\frac{{{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}＞0$，
所以h（t）＞h（1）=0，即$lnt＞\frac{2（t-1）}{t+1}（t＞1）$，
所以$\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}＞\frac{2}{{{x_2}+{x_1}}}$，所以${x_1}{x_2}＞{e^2}$．

点评 本题考查导数的综合应用，考查导数与函数单调性与极值的关系，考查函数零点的判断，采用分析法证明不等式成立，考查计算能力，属于中档题．