Question

8．設(shè)函數(shù)f（x）=（x-1）²+alnx，a∈R．
（Ⅰ）若曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線與直線x+2y-1=0垂直，求a的值；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）若函數(shù)f（x）有兩個極值點x₁，x₂且x₁＜x₂，求證：f（x₂）＞$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{2}$ln2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函數(shù)f（x）的導數(shù)，根據(jù)導函數(shù)f′（1）=2，從而求出a的值；
（Ⅱ）令g（x）=2x²-2x+a，通過討論函數(shù)g（x）的判別式，從而得到函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）問題轉(zhuǎn)化為求h（x）=（x-1）²+（-2x²+2x）lnx，x∈（$\frac{1}{2}$，1）的單調(diào)性，得到h（x）＞h（$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{2}$ln2，從而證出結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），
f′（x）=2x-2+$\frac{a}{x}$=$\frac{{2{x^2}-2x+a}}{x}$，
∵曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線與直線x+2y-1=0垂直，
∴f′（1）=a=2．                                            
（Ⅱ）令g（x）=2x²-2x+a，則△=4-8a．
①當△≤0，即a≥$\frac{1}{2}$時，g（x）≥0，從而f?（x）≥0，
故函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；                              
②當△＞0，即a＜$\frac{1}{2}$時，g（x）=0的兩個根為x₁=$\frac{{1-\sqrt{1-2a}}}{2}$，x₂=$\frac{{1+\sqrt{1-2a}}}{2}$＞$\frac{1}{2}$，
當$\sqrt{1-2a}≥1$，即a≤0時，x₁≤0，當0＜a＜$\frac{1}{2}$時，x₁＞0．
故當a≤0時，函數(shù)f（x）在（0，$\frac{{1-\sqrt{1-2a}}}{2}$）單調(diào)遞減，在（$\frac{{1+\sqrt{1-2a}}}{2}$，+∞）單調(diào)遞增；
當0＜a＜$\frac{1}{2}$時，函數(shù)f（x）在（0，$\frac{{1-\sqrt{1-2a}}}{2}$），（$\frac{{1+\sqrt{1-2a}}}{2}$，+∞）單調(diào)遞增，
在（$\frac{{1-\sqrt{1-2a}}}{2}$，$\frac{{1+\sqrt{1-2a}}}{2}$）單調(diào)遞減．                           
（Ⅲ）當函數(shù)f（x）有2個極值點時，0＜a＜$\frac{1}{2}$，0＜$\sqrt{1-2a}$＜1，
此時x₂=$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$∈（$\frac{1}{2}$，1），且g（x₂）=0，即a=-2${{x}_{2}}^{2}$+2x₂，
∴f（x₂）=${{（x}_{2}-1）}^{2}$+alnx₂=${{（x}_{2}-1）}^{2}$+（-2${{x}_{2}}^{2}$+2x₂）lnx₂，
設(shè)h（x）=（x-1）²+（-2x²+2x）lnx，其中x∈（$\frac{1}{2}$，1），
則h′（x）=（-4x+2）lnx，
由于x∈（$\frac{1}{2}$，1）時，h′（x）＞0，故函數(shù)h（x）在（$\frac{1}{2}$，1）單調(diào)遞增，
故h（x）＞h（$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{2}$ln2，
∴f（x₂）＞$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{2}$ln2．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，導數(shù)的應用，考查分類討論思想，考查函數(shù)恒成立問題，本題有一定難度．