Question

5．已知函數(shù)f（x）=x²-2alnx（a∈R），g（x）=2ax．
（1）求函數(shù)f（x）的極值；
（2）若a＞0，函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）有且只有一個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的值；
（3）若0＜a＜1，對(duì)于區(qū)間[1，2]上的任意兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)x₁，x₂，都有|f（x₁）-f（x₂）|＞|g（x₁）-g（x₂）|成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而判斷函數(shù)的極值問(wèn)題；
（2）求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，求出h（x）的單調(diào)區(qū)間，求出極小值，得到函數(shù)m（x）=2lnx+x-1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的值即可；
（3）問(wèn)題轉(zhuǎn)化為h（x）在[1，2]遞增，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，分離參數(shù)得到a≤$\frac{{x}^{2}}{x+1}$在[1，2]恒成立，令t=x+1∈[2，3]，從而求出a的范圍即可．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{{2x}^{2}-2a}{x}$，
當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）遞增，f（x）無(wú)極值，
當(dāng)a＞0時(shí)，x∈（0，$\sqrt{a}$）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）遞減，
x∈（$\sqrt{a}$，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）遞增，
∴f（x）有極小值f（$\sqrt{a}$）=a-alna，
綜上：a≤0時(shí)，f（x）無(wú)極值，
a＞0時(shí)，f（x）_極小值=a-alna，無(wú)極大值；
（2）令h（x）=x²-2alnx-2ax，則h′（x）=$\frac{{2x}^{2}-2ax-2a}{x}$，
∵a＞0，令h′（x）=0，解得x₀=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$，
∴h（x）在（0，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$）遞減，在（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$，+∞）遞增，
∴h（x）在x₀處取得極小值h（x₀）=0，
∴${{x}_{0}}^{2}$-2alnx₀-2ax₀=0且2${{x}_{0}}^{2}$-2ax₀-2a=0，
聯(lián)立可得：2lnx₀+x₀-1=0，
令m（x）=2lnx+x-1得m′（x）=$\frac{2}{x}$+1＞0，
故m（x）在（0，+∞）遞增又m（1）=0，x₀=1，
即$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$=1，解得：a=$\frac{1}{2}$；
（3）不妨令1≤x₁＜x₂≤2，
則由（1）得f（x₁）＜f（x₂）
∴|f（x₁）-f（x₂）|＞|g（x₁）-g（x₂）
?f（x₂）-f（x₁）＞g（x₂）-g（x₁）
?f（x₂）-g（x₂）＞f（x₁）-g（x₁），
則h（x）在[1，2]遞增，
∴h′（x）=$\frac{{2x}^{2}-2ax-2a}{x}$≥0在[1，2]恒成立，
即2x²-2ax-2a≥0在[1，2]恒成立，
∴a≤$\frac{{x}^{2}}{x+1}$在[1，2]恒成立，
令t=x+1∈[2，3]，則$\frac{{x}^{2}}{x+1}$=t+$\frac{1}{t}$-2≥$\frac{1}{2}$，
∴0＜a≤$\frac{1}{2}$，
∴a的范圍是（0，$\frac{1}{2}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值、極值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問(wèn)題，函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題，是一道綜合題．