Question

2．已知函數(shù)f（x）=x²-2ax+lnx．
（1）若函數(shù)f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與直線x-2y+1=0垂直，求a的值；
（2）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（3）若不等式2xlnx≥-x²+ax-3在區(qū)間（0，e]上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 先求函數(shù)f（x）=x²-2ax+lnx的定義域，
（1）求導(dǎo)f′（x）=2x-2a+$\frac{1}{x}$，從而可得f′（1）=2-2a+1=-2，從而解得．
（2）由基本不等式可得f′（x）=2x-2a+$\frac{1}{x}$≥2$\sqrt{2}$-2a，從而分類討論以確定導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，從而確定函數(shù)的單調(diào)性；
（3）化簡(jiǎn)不等式2xlnx≥-x²+ax-3可得a≤x+2lnx+$\frac{3}{x}$，再令g（x）=x+2lnx+$\frac{3}{x}$，從而求導(dǎo)g′（x）=1+$\frac{2}{x}$-$\frac{3}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+3）（x-1）}{{x}^{2}}$，從而由單調(diào)性確定函數(shù)的最值，從而解得．

解答 解：函數(shù)f（x）=x²-2ax+lnx的定義域?yàn)椋?，+∞），
（1）f′（x）=2x-2a+$\frac{1}{x}$，
∵函數(shù)f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與直線x-2y+1=0垂直，
∴f′（1）=2-2a+1=-2，
解得，a=$\frac{5}{2}$；
（2）f′（x）=2x-2a+$\frac{1}{x}$≥2$\sqrt{2}$-2a，
（當(dāng)且僅當(dāng)2x=$\frac{1}{x}$，即x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$時(shí)，等號(hào)成立），
故①當(dāng)2$\sqrt{2}$-2a≥0，即a≤$\sqrt{2}$時(shí)，f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
故f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；
②當(dāng)a＞$\sqrt{2}$時(shí)，解2x-2a+$\frac{1}{x}$=0得，
x=$\frac{a±\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，
故當(dāng)x∈（0，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）∪（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，
當(dāng)x∈（$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）時(shí)，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$），（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，+∞）上是增函數(shù)，
在（$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）上是減函數(shù)；
綜上所述，
當(dāng)a≤$\sqrt{2}$時(shí)，f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；
當(dāng)a＞$\sqrt{2}$時(shí)，f（x）在（0，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$），（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，+∞）上是增函數(shù)，
在（$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）上是減函數(shù)．
（3）∵2xlnx≥-x²+ax-3，
∴a≤x+2lnx+$\frac{3}{x}$，
令g（x）=x+2lnx+$\frac{3}{x}$，則g′（x）=1+$\frac{2}{x}$-$\frac{3}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+3）（x-1）}{{x}^{2}}$，
故g（x）在（0，1）上是減函數(shù)，在（1，e]上是增函數(shù)，
故（x+2lnx+$\frac{3}{x}$）_min=g（1）=1+3=4，
故a≤4．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義，導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及分類討論的思想應(yīng)用，同時(shí)考查了恒成立問(wèn)題及最值問(wèn)題，屬于難題．