Question

20．已知函数f（x）=ln$\frac{1}{x}$+ax-1（a≠0）．
（I）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）已知g（x）+xf（x）=-x，若函数g（x）有两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂），求证：g（x₁）＜0．

Answer 1

分析 （I）求导数，分类讨论，利用导数的正负求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）已知g（x）+xf（x）=-x，则g（x）=xlnx-ax²，g′（x）=lnx-2ax+1，进一步得出g（x₁）=$a{{x}_{1}}^{2}-{x}_{1}$，再确定0＜a＜$\frac{1}{2}$且0＜x₁＜$\frac{1}{2a}$＜x₂，即可证明结论．

解答 （I）解：f（x）=ln$\frac{1}{x}$+ax-1=-lnx+ax-1，定义域是（0，+∞）
∴f′（x）=$\frac{ax-1}{x}$．
a＞0时，令f′（x）=0，得x=$\frac{1}{a}$，0＜x＜$\frac{1}{a}$，f′（x）＜0，x＞$\frac{1}{a}$，f′（x）＞0，
∴函数的单调减区间是（0，$\frac{1}{a}$），单调增区间是（$\frac{1}{a}$，+∞）；
a＜0，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，函数单调递减；
（Ⅱ）证明：已知g（x）+xf（x）=-x，则g（x）=xlnx-ax²，g′（x）=lnx-2ax+1，
∵函数g（x）有两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂），
∴g′（x）在定义域上有两个零点x₁，x₂（x₁＜x₂），
∴x₁，x₂是lnx-2ax+1=0的两个根，
∴lnx₁-2ax₁+1=0，
∴g（x₁）=$a{{x}_{1}}^{2}-{x}_{1}$，
∵g′（x）=lnx-2ax+1，
∴g″（x）=$\frac{1-2ax}{x}$．
a＜0时，g″（x）＞0恒成立，∴g′（x）在（0，+∞）内单调递增，∴g′（x）至多一个零点；
a＞0时，令g″（x）=0得x=$\frac{1}{2a}$，0＜x＜$\frac{1}{2a}$，g″（x）＞0，x＞$\frac{1}{2a}$，g″（x）＜0，
∴g′（x）max=g′（$\frac{1}{2a}$）=ln$\frac{1}{2a}$=-ln2a＞0，
∴0＜a＜$\frac{1}{2}$且0＜x₁＜$\frac{1}{2a}$＜x₂，
∵g（x₁）=$a{{x}_{1}}^{2}-{x}_{1}$，抛物线开口向上，对称轴为x=$\frac{1}{2a}$，
∴g（x₁）＜0．

点评 本题考察了函数的单调性，导数的应用，不等式的证明，是一道综合题．