Question

20．已知函數(shù)f（x）=alnx+（x-1）²．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若函數(shù)f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，且x₁＜x₂，是否存在常數(shù)k∈[-1，0]，使得f（x₁）+f（x₂）≥ka²恒成立？請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）問(wèn)題轉(zhuǎn)化為k≤$\frac{1}{a}$ln$\frac{a}{2}$+$\frac{1}{{a}^{2}}$-$\frac{1}{a}$對(duì)0＜a＜$\frac{1}{2}$恒成立，令x=$\frac{1}{a}$，則上式等價(jià)于k≤tln$\frac{1}{2t}$+t²-t=-tln（2t）+t²-t對(duì)t＞2恒成立，令g（t）=-tln（2t）+t²-t，通過(guò)求導(dǎo)得到g（t）在（2，+∞）單調(diào)遞增，求出g（t）的最小值，從而得到答案．

解答 解：（1）：f′（x）=$\frac{{2x}^{2}-2x+a}{x}$，x＞0，f′（x）＞0?2x²-2x+a＞0，△=4-8a，
①若a≥$\frac{1}{2}$，則f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，
②若0＜a＜$\frac{1}{2}$，則f′（x）＞0?x＞$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$或x＜$\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}$，
于是f（x）在（0，$\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}$）遞增，在（$\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}$，$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$）遞減，在（$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$，+∞）遞增，
③若a≤0，則f′（x）＞0?x＞$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$，f′（x）＜0?0＜x＜$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$，
于是f（x）在（0，$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$）遞減，在（$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$，+∞）遞增；
綜上：a≥$\frac{1}{2}$時(shí)，f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增；
0＜a＜$\frac{1}{2}$時(shí)，f（x）在（0，$\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}$）遞增，在（$\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}$，$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$）遞減，在（$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$，+∞）遞增，
a≤0時(shí)，f（x）在（0，$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$）遞減，在（$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$，+∞）遞增；
（2）由（1）得：0＜a＜$\frac{1}{2}$，且x₁=$\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}$，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$，x₁+x₂=1，x₁•x₂=$\frac{a}{2}$，
于是f（x₁）+f（x₂）=${{x}_{1}}^{2}$+${{x}_{2}}^{2}$-2（x₁+x₂）+2+aln（x₁ x₂）=1-a+aln$\frac{a}{2}$≥ka²對(duì)0＜a＜$\frac{1}{2}$恒成立
?k≤$\frac{1}{a}$ln$\frac{a}{2}$+$\frac{1}{{a}^{2}}$-$\frac{1}{a}$對(duì)0＜a＜$\frac{1}{2}$恒成立，
令x=$\frac{1}{a}$，則上式等價(jià)于k≤tln$\frac{1}{2t}$+t²-t=-tln（2t）+t²-t對(duì)t＞2恒成立，
令g（t）=-tln（2t）+t²-t，（t＞2），則g′（t）=-ln（2t）+2t-2，g″（t）=-$\frac{1}{t}$+2＞0，
∴g′（t）在（2，+∞）遞增，
∴g′（t）＞g′（2）=2-ln4＞0，
∴g（t）在（2，+∞）遞增，
∴g（t）＞g（2）=2-4ln2，
∴k≤2-4ln2，而2-4ln2＞-1，
故存在k∈[-1，2-4ln2]滿足條件．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，本題是一道難題．