Question

3．已知函数f（x）=x+alnx在x=1处的切线与直线x+2y=0垂直，g（x）=f（x）+$\frac{1}{2}{x^2}$-bx．
（1）求实数a的值；
（2）设x₁，x₂（x₁＜x₂）是函数g（x）的两个极值点，若|g（x₁）-g（x₂）|≥$\frac{3}{4}$-ln2，求b的范围．

Answer 1

分析 （1）求导数，利用导数的几何意义能求出实数a的值．
（2）求出g（x₁）-g（x₂）=ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$），通过换元得到g（x₁）-g（x₂）＞0，得到0＜$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$≤$\frac{1}{2}$，从而求出b的范围即可．

解答 解：（1）∵f（x）=x+alnx，
∴f′（x）=1+$\frac{a}{x}$，
∵f（x）在x=1处的切线l与直线x+2y=0垂直，
∴k=f′（x）|_x=1=1+a=2，
解得a=1．
（2）∵g（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²-（b-1）x，
∴g′（x）=$\frac{{x}^{2}-（b-1）x+1}{x}$=0，∴x₁+x₂=b-1，x₁x₂=1
∴g（x₁）-g（x₂）=ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）
∵0＜x₁＜x₂，
∴设t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，0＜t＜1，
令h（t）=lnt-$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$），0＜t＜1，
则h′（t）=-$\frac{{（t-1）}^{2}}{{2t}^{2}}$＜0，
∴h（t）在（0，1）上单调递减，
∴h（t）＞h（1）=0，
∴g（x₁）-g（x₂）＞0，
若|g（x₁）-g（x₂）|≥$\frac{3}{4}$-ln2，
即g（x₁）-g（x₂）≥$\frac{3}{4}$-ln2，
即lnt-$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$）≥$\frac{3}{4}$-ln2，
∴0＜t≤$\frac{1}{2}$，
∴0＜$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$≤$\frac{1}{2}$，
由x₁•x₂=1，得：x₂=$\frac{1}{{x}_{1}}$，
∴${{x}_{1}}^{2}$≤$\frac{1}{2}$，0＜x₁≤$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
而x₁+x₂=b-1即x₁+$\frac{1}{{x}_{1}}$=b-1，
∴b=$\frac{1}{{x}_{1}}$+x₁+1，（0＜x₁＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
令p（x）=x+$\frac{1}{x}$+1，（0＜x＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
p′（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-1}{{x}^{2}}$＜0，
p（x）在（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）递减，
∴p（x）＞p（$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=1+$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
故b＞1+$\frac{3\sqrt{2}}{2}$．

点评 本题考查切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查换元思想，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．