Question

7．已知函數f（x）=-2xlnx+x²-2ax+a²，其中a＞0．
（Ⅰ）設g（x）是f（x）的導函數，討論g（x）的單調性；
（Ⅱ）證明：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0恒成立，且f（x）=0在區(qū)間（1，+∞）內有唯一解．

Answer 1

分析 （I）函數f（x）=-2xlnx+x²-2ax+a²，其中a＞0．可得：x＞0．g（x）=f′（x）=2（x-1-lnx-a），可得g′（x）=$2-\frac{2}{x}$=$\frac{2（x-1）}{x}$，分別解出g′（x）＜0，g′（x）＞0，即可得出單調性．
（II）由f′（x）=2（x-1-lnx-a）=0，可得a=x-1-lnx，代入f（x）可得：u（x）=（1+lnx）²-2xlnx，利用函數零點存在定理可得：存在x₀∈（1，e），使得u（x₀）=0，令a₀=x₀-1-lnx₀=v（x₀），再利用導數研究其單調性即可得出．

解答 （I）解：函數f（x）=-2xlnx+x²-2ax+a²，其中a＞0．可得：x＞0．
g（x）=f′（x）=2（x-1-lnx-a），∴g′（x）=$2-\frac{2}{x}$=$\frac{2（x-1）}{x}$，
當0＜x＜1時，g′（x）＜0，函數g（x）單調遞減；
當1＜x時，g′（x）＞0，函數g（x）單調遞增．
（II）證明：由f′（x）=2（x-1-lnx-a）=0，解得a=x-1-lnx，
令u（x）=-2xlnx+x²-2（x-1-lnx）x+（x-1-lnx）²=（1+lnx）²-2xlnx，
則u（1）=1＞0，u（e）=2（2-e）＜0，
∴存在x₀∈（1，e），使得u（x₀）=0，
令a₀=x₀-1-lnx₀=v（x₀），其中v（x）=x-1-lnx（x≥1），
由v′（x）=1-$\frac{1}{x}$≥0，可得：函數v（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調遞增．
∴0=v（1）＜a₀=v（x₀）＜v（e）=e-2＜1，即a₀∈（0，1），當a=a₀時，有f′（x₀）=0，f（x₀）=u（x₀）=0．
再由（I）可知：f′（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調遞增，
當x∈（1，x₀）時，f′（x）＜0，∴f（x）＞f（x₀）=0；
當x∈（x₀，+∞）時，f′（x）＞0，∴f（x）＞f（x₀）=0；
又當x∈（0，1]，f（x）=$（x-{a}_{0}）^{2}$-2xlnx＞0．
故當x∈（0，+∞）時，f（x）≥0恒成立．
綜上所述：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0恒成立，且f（x）=0在區(qū)間（1，+∞）內有唯一解．

點評 本題考查了導數的運算法則、函數的零點、利用導數研究函數的單調性極值，考查了分類討論思想方法、推理能力與計算能力，屬于難題．