Question

14．已知f（x）=-$\frac{{3{x^2}}}{2}$+lnx，g（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$-2ax+1+lnx．
（Ⅰ）求函数f（x）的极值．
（Ⅱ）若x₀是函数g（x）的极大值点，证明：x₀lnx₀-ax₀²＞-1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出导数，讨论导数的符号，确定其单调区间，从而确定极值．
（Ⅱ）g（x）定义域是（0，+∞），$g'（x）=x+\frac{1}{x}-2a$．分以下两种情况讨论，①若a≤1，②若a＞1．

解答 解：（Ⅰ）f（x）定义域是（0，+∞），$f'（x）=\frac{{1-3{x^2}}}{x}$，令f'（x）=0得$x=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．
列表

x	$（0，\frac{{\sqrt{3}}}{3}）$	$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$	（0，+∞）
f'（x）	+	0	-
f（x）	↗	$-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}ln3$	↘

当$x=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$时，f（x）取极大值$-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}ln3$．…（4分）
（Ⅱ）g（x）定义域是（0，+∞），$g'（x）=x+\frac{1}{x}-2a$．…（6分）
①若a≤1，$g'（x）=x+\frac{1}{x}-2a≥2-2a≥0$，g（x）单调递增无极值点，不符合题意…（8分）
②若a＞1，g'（x）=0即x²-2ax+1=0有两个不等的实数根x₁和x₂（x₁＜x₂），因为x₁x₂=1，x₁+x₂=2a＞0，所以0＜x₁＜1＜x₂．
当0＜x＜x₁时，g'（x）＞0，当x₁＜x＜x₂时，g'（x）＜0，当x＞x₂时，g'（x）＞0，
所以g（x）在（0，x₁）单调递增，在（x₁，x₂）单调递减，在（x₂，+∞）单调递增．所以x₀=x₁为函数f（x）的极大值点，且0＜x₁＜1．
因为g'（x₁）=0，所以$a=\frac{{{x_1}^2+1}}{{2{x_1}}}$．
所以${x_1}ln{x_1}-a{x_1}^2$=${x_1}ln{x_1}-\frac{{{x_1}^3+{x_1}}}{2}$=$-\frac{{{x_1}^3}}{2}-\frac{1}{2}{x_1}+{x_1}ln{x_1}$，x₁∈（0，1）．
令$h（x）=-\frac{x^3}{2}-\frac{1}{2}x+xlnx$，x∈（0，1），$h'（x）=f（x）+\frac{1}{2}$．
由（Ⅰ）可知$f（x）+\frac{1}{2}≤f（\frac{{\sqrt{3}}}{3}）+\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}ln\sqrt{3}＜0$，所以h（x）在（0，1）上单调递减，
故h（x）＞h（1）=-1，原题得证．…（12分）

点评 本题考查了导数的综合应用，利用导数求极值、最值，考查了计算能力，属于压轴题，