Question

1．已知f（x）=x²-alnx，a∈R．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）當(dāng)a＞0時(shí)，若f（x）的最小值為1，求a的值；
（3）設(shè)g（x）=f（x）-2x，若g（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂），證明：g（x₁）+g（x₂）＞-$\frac{5}{2}$．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，對a討論，導(dǎo)數(shù)大于0，可得增區(qū)間；導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間；
（2）由（1）可得f（x）的最小值為$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$=1，令h（x）=x-xlnx，求出導(dǎo)數(shù)，單調(diào)區(qū)間和最值，即可得到a=2；
（3）求出g（x）=f（x）-2x=x²-2x-alnx，x＞0．求得導(dǎo)數(shù)g′（x）=2x-2-$\frac{a}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-2x-a}{x}$，由題意可得x₁，x₂（x₁＜x₂）為2x²-2x-a=0的兩根，運(yùn)用判別式大于0和韋達(dá)定理，求出g（x₁）+g（x₂）=x₁²-2x₁-alnx₁+x₂²-2x₂-alnx₂，化簡整理可得m（a）=a-aln（-$\frac{a}{2}$）-1，-$\frac{1}{2}$＜a＜0，求得導(dǎo)數(shù)和單調(diào)性，即可得證．

解答 解：（1）f（x）=x²-alnx的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=2x-$\frac{a}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-a}{x}$，x＞0，
當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）遞增；
當(dāng)a＞0時(shí)，當(dāng)x＞$\sqrt{\frac{a}{2}}$時(shí)，f′（x）＞0，f（x）遞增；
當(dāng)0＜x＜$\sqrt{\frac{a}{2}}$時(shí)，f′（x）＜0，f（x）遞減；
（2）當(dāng)a＞0時(shí)，由（1）可得x=$\sqrt{\frac{a}{2}}$處f（x）取得極小值，
也為最小值，且為$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$，
由題意可得$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$=1，
令h（x）=x-xlnx，h′（x）=1-（1+lnx）=-lnx，
當(dāng)x＞1時(shí)，h′（x）＜0，g（x）遞減；
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h′（x）＞0，g（x）遞增．
即有x=1處h（x）取得極大值，且為最大值1，
則$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$=1的解為a=2；
（3）證明：g（x）=f（x）-2x=x²-2x-alnx，x＞0．
g′（x）=2x-2-$\frac{a}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-2x-a}{x}$，
由題意可得x₁，x₂（x₁＜x₂）為2x²-2x-a=0的兩根，
即有△=4+8a＞0，解得-$\frac{1}{2}$＜a＜0，
x₁+x₂=1，x₁x₂=-$\frac{a}{2}$，
g（x₁）+g（x₂）=x₁²-2x₁-alnx₁+x₂²-2x₂-alnx₂
=（x₁+x₂）²-2x₁x₂-2（x₁+x₂）-aln（x₁x₂）
=1+a-2-aln（-$\frac{a}{2}$）=a-aln（-$\frac{a}{2}$）-1，
令m（a）=a-aln（-$\frac{a}{2}$）-1，-$\frac{1}{2}$＜a＜0，
可得m′（a）=1-（ln（-$\frac{a}{2}$）+1）=-ln（-$\frac{a}{2}$）＞0，
即有m（a）在（-$\frac{1}{2}$，0）遞增，可得m（a）＞m（-$\frac{1}{2}$），
由m（-$\frac{1}{2}$）=-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$ln$\frac{1}{4}$-1=-$\frac{3}{2}$-ln2＞-$\frac{3}{2}$-1=-$\frac{5}{2}$．
則有g(shù)（x₁）+g（x₂）＞-$\frac{5}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查分類討論的思想方法和構(gòu)造函數(shù)的思想，同時(shí)考查二次方程的韋達(dá)定理的運(yùn)用，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中檔題．