Question

9．已知函數f（x）=-2xlnx+x²-2ax+a²．記g（x）為f（x）的導函數．
（1）若曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線垂直于直線x+y+3=0，求a的值；
（2）討論g（x）=0的解的個數；
（3）證明：對任意的0＜s＜t＜2，恒有$\frac{g（s）-g（t）}{s-t}$＜1．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導數，可得切線的斜率，由兩直線垂直的條件：斜率之積為-1，解方程可得a；
（2）由題意可得a=x-1-lnx，x＞0，設h（x）=x-1-lnx，求出導數，單調區(qū)間和極值、最值，討論a的范圍，即可得到解的個數；
（3）由題意可得即有$\frac{g（s）-s-[g（t）-t]}{s-t}$＜0，即證g（x）-x在（0，2）為減函數．可令k（x）=g（x）-x=-2（1+lnx）+x-2a，0＜x＜2，求出導數，判斷單調性即可得證．

解答 解：（1）函數f（x）=-2xlnx+x²-2ax+a²
的導數為f′（x）=-2（1+lnx）+2x-2a，
可得曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線斜率為-2+2-2a=-2a，
切線垂直于直線x+y+3=0，可得-2a=1，解得a=-$\frac{1}{2}$；
（2）g（x）=f′（x）=-2（1+lnx）+2x-2a=0，
即為a=x-1-lnx，x＞0，
設h（x）=x-1-lnx，h′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
當x＞1時，h′（x）＞0，h（x）遞增；
當0＜x＜1時，h′（x）＜0，h（x）遞減．
可得h（x）在x=1處取得極小值，也為最小值0，
則當a=0時，g（x）=0有一解；
當a＜0時，g（x）=0無解；
當a＞0時，g（x）=0有兩解；
（3）證明：對任意的0＜s＜t＜2，恒有$\frac{g（s）-g（t）}{s-t}$＜1，
即有$\frac{g（s）-s-[g（t）-t]}{s-t}$＜0，
即證g（x）-x在（0，2）為減函數．
可令k（x）=g（x）-x=-2（1+lnx）+x-2a，0＜x＜2，
k′（x）=-2•$\frac{1}{x}$+1=$\frac{x-2}{x}$，
由0＜x＜2可得k′（x）＜0，
可得k（x）=g（x）-x在（0，2）遞減，
故對任意的0＜s＜t＜2，恒有$\frac{g（s）-g（t）}{s-t}$＜1．

點評 本題考查導數的運用：求切線的斜率和單調區(qū)間、極值和最值，考查分類討論思想方法和構造法的運用，同時考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題，