Question

7．已知函數(shù)f（x）=x²-4x+alnx（a∈R，a≠0），f′（x）為函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)．
（1）若a=1，求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（2）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）若存在實數(shù)x₁，x₂，且x₁＜x₂，使得f′（x₁）=f′（x₂）=0，求證：f（x₂）＞-4．

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，可得切線的斜率和切點，運用點斜式方程可得切線的方程；
（2）求得函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，討論判別式和a的范圍：a＞2，0＜a＜2，a≤0，解二次不等式，即可得到所求單調(diào)區(qū)間；
（3）求得函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令導(dǎo)數(shù)為0，解二次方程可得x₂∈（1，2），設(shè)g（x）=f（x）+4=x²-4x+alnx+4，1＜x＜2，又a=4x-2x²，可得g（x）=x²-4x+（4x-2x²）lnx+4，求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，即可得證．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=x²-4x+lnx的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=2x-4+$\frac{1}{x}$，
則f（x）在點（1，f（1））處的切線斜率為2-4+1=-1，
切點為（1，-3），可得切線的方程為y+3=-（x-1），
即為x+y+2=0；
（2）函數(shù)f（x）=x²-4x+alnx的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=2x-4+$\frac{a}{x}$（x＞0）
=$\frac{2{x}^{2}-4x+a}{x}$，
①當△=16-8a＜0，即a＞2，2x²-4x+a＞0恒成立，可得f′（x）＞0恒成立．
即有f（x）的增區(qū)間為（0，+∞），無減區(qū)間；
當△=16-8a＞0，即a＜2，可得2x²-4x+a=0的兩根為x=1±$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，
②當0＜a＜2時，1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$＞1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$＞0，
f′（x）＞0，可得x＞1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，或0＜x＜1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$；
f′（x）＜0，可得1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$＜x＜1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，
即f（x）的增區(qū)間為（1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，+∞），（0，1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$）；減區(qū)間為（1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$）；
③當a≤0時，1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$＞0，1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$≤0，
f′（x）＞0，可得x＞1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$；
f′（x）＜0，可得0＜x＜1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，
即f（x）的增區(qū)間為（1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，+∞）；減區(qū)間為（0，1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$）；
（3）證明：函數(shù)f（x）=x²-4x+alnx的導(dǎo)數(shù)為
f′（x）=2x-4+$\frac{a}{x}$（x＞0）=$\frac{2{x}^{2}-4x+a}{x}$，
由題意可得x₁，x₂是2x²-4x+a=0的兩根，且x₂=1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，0＜a＜2，
可得x₂∈（1，2），
設(shè)g（x）=f（x）+4=x²-4x+alnx+4，1＜x＜2，
又a=4x-2x²，可得g（x）=x²-4x+（4x-2x²）lnx+4，
g′（x）=2x-4+（4-4x）lnx+（4x-2x²）•$\frac{1}{x}$=4（1-x）lnx，
由1＜x＜2可得4（1-x）lnx＜0，即g（x）在（1，2）遞減，
則g（x）∈（0，1），顯然g（x）＞0恒成立，
則f（x₂）＞-4．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線的方程和單調(diào)區(qū)間，考查分類討論的思想方法，考查不等式恒成立問題的解法，注意運用構(gòu)造函數(shù)法，運用單調(diào)性解決，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．