Question

1．已知函数f（x）=lnx-ax²在处的切线与直线x-y+1=0垂直．
（1）求函数y=f（x）+xf'（x）（f'（x）为f（x）的导函数）的单调区间；
（2）记函数$g（x）=f（x）+\frac{3}{2}{x^2}-（{1-b}）x$，设x₁，x₂（x₁＜x₂）是函数g（x）的两个极值点，若$b≥\frac{{{e^2}+1}}{e}-1$，证明：x₂≥e．

Answer 1

分析 （1）求出函数f（x）的导函数，由f′（1）=1-2a=-1求得a=1，可得y=f（x）+xf'（x）的解析式，求导后再由导函数分别大于0和小于0求得函数的单调区间；
（2）$g（x）=f（x）+\frac{3}{2}{x^2}-（{1-b}）x$=$lnx+\frac{1}{2}{x}^{2}-（1+b）x$，求导后利用x₁，x₂是函数g（x）的两个极值点，可得x₁，x₂是方程x²-（1+b）x+1=0的两个根，再由根与系数的关系知$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=1+b}\\{{x}_{1}{x}_{2}=1}\end{array}\right.$，进一步得到${x}_{2}+\frac{1}{{x}_{2}}=1+b≥e+\frac{1}{e}$．构造函数h（x）=x+$\frac{1}{x}$，由h（x）在（1，+∞）上单调递增即可证得x₂≥e．

解答 （1）解：依题意，f′（x）=$\frac{1}{x}-2ax$，f′（1）=1-2a=-1，得a=1；
又y=f（x）+xf'（x）=lnx-3x²+1，
∴y′=$\frac{1}{x}-6x=\frac{1-6{x}^{2}}{x}$（x＞0）．
令$y′=\frac{1-6{x}^{2}}{x}$＞0，得0＜x＜$\frac{\sqrt{6}}{6}$；$y′=\frac{1-6{x}^{2}}{x}$＜0，得x＞$\frac{\sqrt{6}}{6}$．
故函数的单调增区间为（0，$\frac{\sqrt{6}}{6}$），单调减区间为（$\frac{\sqrt{6}}{6}$，+∞）；
（2）证明：$g（x）=f（x）+\frac{3}{2}{x^2}-（{1-b}）x$=$lnx+\frac{1}{2}{x}^{2}-（1+b）x$．
g′（x）=$\frac{1}{x}+x-（1+b）=\frac{{x}^{2}-（1+b）x+1}{x}$．
∵x₁，x₂是函数g（x）的两个极值点，
∴x₁，x₂是方程x²-（1+b）x+1=0的两个根，
由根与系数的关系知，$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=1+b}\\{{x}_{1}{x}_{2}=1}\end{array}\right.$，
由x₁＜x₂，可知x₂＞1，又${x}_{2}+\frac{1}{{x}_{2}}=1+b≥e+\frac{1}{e}$．
令h（x）=x+$\frac{1}{x}$，h′（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-1}{{x}^{2}}$＞0（x＞1）．
∴h（x）在（1，+∞）上单调递增，
由h（x₂）≥h（e），得x₂≥e．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了函数极值点与导函数零点关系的应用，考查数学转化思想方法，属中档题．