Question

15．已知函數(shù)f（x）=alnx+$\frac{2{a}^{2}}{x}$+x，a≠0
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）當(dāng)a∈（-∞，0）時(shí)，記函數(shù)f（x）的最小值為g（a），求證：g（a）≤$\frac{1}{2}$e²．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)函數(shù)，分類討論，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，即可確定函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）由（1）知，當(dāng)a∈（-∞，0）時(shí)，函數(shù)f（x）的最小值為g（a），且g（a）=f（-2a）=aln（-2a）-3a，求導(dǎo)數(shù)，求出函數(shù)的最大值，即可證得結(jié)論．

解答 解：（1）f（x）的定義域?yàn)閧x|x＞0}，f′（x）=$\frac{a}{x}$-$\frac{2{a}^{2}}{{x}^{2}}$+1=$\frac{{x}^{2}+ax-2{a}^{2}}{x}$=$\frac{（x-a）（x+2a）}{{x}^{2}}$（x＞0）
①當(dāng)a＞0時(shí)，因?yàn)閤＞0，
由f′（x）＞0得（x-a）（x+2a）＞0，解得x＞a；
由f′（x）＜0得（x-a）（x+2a）＜0，解得0＜x＜a．
∴函數(shù)f（x）在（a，+∞）上單調(diào)遞增，在（0，a）上單調(diào)遞減；
①當(dāng)a＜0時(shí)，因?yàn)閤＞0，
由f′（x）＞0得（x-a）（x+2a）＞0，解得x＞-2a；
由f′（x）＜0得（x-a）（x+2a）＜0，解得0＜x＜-2a．
∴函數(shù)f（x）在（-2a，+∞）上單調(diào)遞增，在（0，-2a）上單調(diào)遞減；
（2）證明：由（1）知，當(dāng)a∈（-∞，0）時(shí)，函數(shù)f（x）的最小值為g（a），且g（a）=f（-2a）=aln（-2a）-3a，
∴g′（a）=ln（-2a）-2，
令g′（a）=0，得a=-$\frac{1}{2}$e²．
當(dāng)a變化時(shí)，g′（a），g（a）的變化情況如下表：

a	（-∞，-$\frac{1}{2}$e2）	-$\frac{1}{2}$e2	（-$\frac{1}{2}$e2，0）
g′（a）	+	0	-
g（a）	↑	極大值	↓

∴-$\frac{1}{2}$e²是g（a）在（-∞，0）上的唯一極值點(diǎn)，且是極大值點(diǎn)，從而也是g（a）的最大值點(diǎn)．
∴g（a）_max=g（-$\frac{1}{2}$e²）=-$\frac{1}{2}$e²ln[-2×（-$\frac{1}{2}$e²）]-3（-$\frac{1}{2}$e²）=-$\frac{1}{2}$e²lne²+$\frac{3}{2}$e²=$\frac{1}{2}$e²．
∴當(dāng)a∈（-∞，0）時(shí)，g（a）≤$\frac{1}{2}$e²．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)的最值，解題的關(guān)鍵是正確求導(dǎo)，考查了運(yùn)算能力和轉(zhuǎn)化能力，屬于難題