Question

17．已知函数f（x）=（ax-1）lnx+$\frac{x^2}{2}$．
（Ⅰ）若a=2，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线l的方程；
（Ⅱ）设函数g（x）=f'（x）有两个极值点x₁，x₂，其中x₁∈（0，e），求g（x₁）-g（x₂）的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，计算f（1），f′（1），求出切线方程即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，得到${x^2}=\frac{1}{x_1}，a=-（{{x_1}+\frac{1}{x_1}}）$，求出g（x₁）-g（x₂）的解析式，根据函数的单调性求出其最小值即可．

解答 解：（I）当a=2时，$f'（x）=2lnx+x-\frac{1}{x}+2，f'（1）=2，f（1）=\frac{1}{2}$，
得切线l的方程为$y-\frac{1}{2}=2（{x-1}）$即4x-2y-3=0．
（II）$g（x）=alnx+x-\frac{1}{x}+a$，定义域为（0，+∞），
$g'（x）=1+\frac{a}{x}+\frac{1}{x^2}=\frac{{{x^2}+ax+1}}{x^2}$，令g'（x）=0得x²+ax+1=0，
其两根为x₁，x₂，且x₁+x₂=-a，x₁x₂=1，
故${x^2}=\frac{1}{x_1}，a=-（{{x_1}+\frac{1}{x_1}}）$．
$g（{x_1}）-g（{x_2}）=g（{x_1}）-g（{\frac{1}{x_1}}）={x_1}-\frac{1}{x_1}+aln{x_1}-（{\frac{1}{x_1}-{x_1}+aln\frac{1}{x_1}}）$
=$2（{{x_1}-\frac{1}{x_1}}）+2aln{x_1}=2（{{x_1}-\frac{1}{x_1}}）+2（{{x_1}+\frac{1}{x_1}}）ln{x_1}$，
$h（x）=2（{x-\frac{1}{x}}）+2（{x+\frac{1}{x}}）lnx，x∈（{0，e}]$．
则（g（x₁）-g（x₂））_min=h（x）_min，$h'（x）=\frac{{2（{1+x}）（{1-x}）lnx}}{x^2}$，
当x∈（0，1]时，恒有h'（x）≤0，x∈（1，e]时，恒有h'（x）＜0，
总之当x∈（1，e]时，h（x）在x∈（0，e]上单调递减，
所以$h{（x）_{min}}=h（e）=-\frac{4}{e}$，
∴${（{g（{x_1}）-g（{x_2}）}）_{min}}=-\frac{4}{e}$．

点评 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，是一道综合题．