Question

16．已知函数f（x）=lnx-2ax（其中a∈R）．
（Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）的图象在x=1处的切线方程；
（Ⅱ）若f（x）≤1恒成立，求a的取值范围；
（Ⅲ）设g（x）=f（x）+$\frac{1}{2}$x²，且函数g（x）有极大值点x₀，求证：x₀f（x₀）+1+ax₀²＞0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）当a=1时，${f}^{'}（x）=\frac{1}{x}$-2，由此利用导数的几何意义能求出函数f（x）的图象在x=1处的切线方程．
（Ⅱ）由不等式f（x）≤1，得2a≥$\frac{lnx-1}{x}$恒成立，令φ（x）=$\frac{lnx-1}{x}$（x＞0），则φ′（x）=$\frac{2-lnx}{{x}^{2}}$，由此利用导数性质能求出实数a的取值范围．
（Ⅲ）由g（x）=f（x）+$\frac{1}{2}$x²=$\frac{1}{2}{x}^{2}-2ax+lnx$，得${g}^{'}（x）=x+\frac{1}{x}-2a=\frac{{x}^{2}-2ax+1}{x}$，分类讨论求出a=$\frac{{{x}_{0}}^{2}+1}{2{x}_{0}}$，由x₀f（x₀）+1+ax₀²=-$\frac{{{x}_{0}}^{3}}{2}-\frac{{x}_{0}}{2}+{x}_{0}ln{x}_{0}$+1，令h（x）=-$\frac{{x}^{3}}{2}-\frac{x}{2}+xlnx+1$，x∈（0，1），则${h}^{'}（x）=-\frac{3{x}^{2}}{2}+\frac{1}{2}+lnx$，利用构造法推导出h′（x）＜0，由此能证明x₀f（x₀）+1+ax₀²＞0．

解答 解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）=lnx-2x，则${f}^{'}（x）=\frac{1}{x}$-2，x＞0，
∴f（1）=-2，f′（1）=-1，
∴函数f（x）的图象在x=1处的切线方程为y-（-2）=-（x-1），即x+y+1=0．
（Ⅱ）不等式f（x）≤1，即lnx-2ax≤1，∴2ax≥lnx-1，
∵x＞0，∴2a≥$\frac{lnx-1}{x}$恒成立，
令φ（x）=$\frac{lnx-1}{x}$（x＞0），则φ′（x）=$\frac{2-lnx}{{x}^{2}}$，
当0＜x＜e²时，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增，当x＞e²时，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减，
∴当x=e²时，φ（x）取得极大值，也为最大值，故φ（x）_max=φ（e²）=$\frac{1}{{e}^{2}}$，
由2a≥$\frac{1}{{e}^{2}}$，得a≥$\frac{1}{2{e}^{2}}$，∴实数a的取值范围是[$\frac{1}{2{e}^{2}}$，+∞）．
（Ⅲ）证明：由g（x）=f（x）+$\frac{1}{2}$x²=$\frac{1}{2}{x}^{2}-2ax+lnx$，得${g}^{'}（x）=x+\frac{1}{x}-2a=\frac{{x}^{2}-2ax+1}{x}$，
①当-1≤a≤1时，g（x）单调递增无极值点，不符合题意；
②当a＞1或a＜-1时，令g′（x）=0，设x²-2ax+1=0的两根为x₀和x′，
∵x₀为函数g（x）的极大值点，∴0＜x₀＜x′，
由${x}_{0}{x}^{'}$=1，${x}_{0}+{x}^{'}=2a＞0$，知a＞1，0＜x₀＜1，
又由g′（x₀）=${x}_{0}+\frac{1}{{x}_{0}}-2a$=0，得a=$\frac{{{x}_{0}}^{2}+1}{2{x}_{0}}$，
∵${x}_{0}f（{x}_{0}）+1+a{{x}_{0}}^{2}={x}_{0}ln{x}_{0}-\frac{{{x}_{0}}^{2}+{x}_{0}}{2}+1$=-$\frac{{{x}_{0}}^{3}}{2}-\frac{{x}_{0}}{2}+{x}_{0}ln{x}_{0}$+1，0＜x₀＜1，
令h（x）=-$\frac{{x}^{3}}{2}-\frac{x}{2}+xlnx+1$，x∈（0，1），则${h}^{'}（x）=-\frac{3{x}^{2}}{2}+\frac{1}{2}+lnx$，
令$μ（x）=-\frac{3{x}^{2}}{2}+\frac{1}{2}+lnx$，x∈（0，1），则${μ}^{'}（x）=-3x+\frac{1}{x}=\frac{1-3{x}^{2}}{x}$，
当$0＜x＜\frac{\sqrt{3}}{3}$时，μ′（x）＞0，当$\frac{\sqrt{3}}{3}＜x＜1$时，μ′（x）＜0，
∴μ（x）_max=μ（$\frac{\sqrt{3}}{3}$）=ln$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜0，∴h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，1）上单调递减，∴h（x）＞h（1）=0，
∴x₀f（x₀）+1+ax₀²＞0．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、切线方程，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了推理论证能力与计算求解能力，属于难题．