Question

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

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)f（x）的定義域，把函數(shù)f（x）求導得到g（x）再對g（x）求導，得到其導函數(shù)的零點，然后根據(jù)導函數(shù)在各區(qū)間段內的符號得到函數(shù)g（x）的單調期間；
（Ⅱ）由f（x）的導函數(shù)等于0把a用含有x的代數(shù)式表示，然后構造函數(shù)φ（x）=$-2（x+\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}）lnx+$x²$-2（\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}）x$$-2（\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}）^{2}+\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}$，由函數(shù)零點存在定理得到x₀∈（1，e），使得φ（x₀）=0．令${a}_{0}=\frac{{x}_{0}-1-ln{x}_{0}}{1+{{x}_{0}}^{-1}}$，u（x）=x-1-lnx（x≥1），利用導數(shù)求得a₀∈（0，1），然后進一步利用導數(shù)說明當a=a₀時，若x∈（1，+∞），有f（x）≥0，即可得到存在a∈（0，1），使得f（x）≥0在區(qū)間（1，+∞）內恒成立，且f（x）=0在區(qū)間（1，+∞）內有唯一解．

解答 解：（Ⅰ）由已知，函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），
g（x）=${f}^{′}（x）=2（x-a）-2lnx-2（1+\frac{a}{x}）$，
∴$g′（x）=2-\frac{2}{x}+\frac{2a}{{x}^{2}}=\frac{2（x-\frac{1}{2}）^{2}+2（a-\frac{1}{4}）}{{x}^{2}}$．
當0＜a＜$\frac{1}{4}$時，g（x）在$（0，\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}），（\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}，+∞）$上單調遞增，
在區(qū)間$（\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}，\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}）$上單調遞減；
當a$≥\frac{1}{4}$時，g（x）在（0，+∞）上單調遞增．
（Ⅱ）由${f}^{′}（x）=2（x-a）-2lnx-2（1+\frac{a}{x}）$=0，解得$a=\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}$，
令φ（x）=$-2（x+\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}）lnx+$x²$-2（\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}）x$$-2（\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}）^{2}+\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}$，
則φ（1）=1＞0，φ（e）=$-\frac{e（e-2）}{1+{e}^{-1}}-2（\frac{e-2}{1+{e}^{-1}}）^{2}＜0$．
故存在x₀∈（1，e），使得φ（x₀）=0．
令${a}_{0}=\frac{{x}_{0}-1-ln{x}_{0}}{1+{{x}_{0}}^{-1}}$，u（x）=x-1-lnx（x≥1），
由${u}^{′}（x）=1-\frac{1}{x}≥0$知，函數(shù)u（x）在（1，+∞）上單調遞增．
∴$0=\frac{u（1）}{1+1}＜\frac{u（{x}_{0}）}{1+{{x}_{0}}^{-1}}={a}_{0}＜\frac{u（e）}{1+{e}^{-1}}=\frac{e-2}{1+{e}^{-1}}＜1$．
即a₀∈（0，1），
當a=a₀時，有f′（x₀）=0，f（x₀）=φ（x₀）=0．
由（Ⅰ）知，f′（x）在（1，+∞）上單調遞增，
故當x∈（1，x₀）時，f′（x）＜0，從而f（x）＞f（x₀）=0；
當x∈（x₀，+∞）時，f′（x）＞0，從而f（x）＞f（x₀）=0．
∴當x∈（1，+∞）時，f（x）≥0．
綜上所述，存在a∈（0，1），使得f（x）≥0在區(qū)間（1，+∞）內恒成立，且f（x）=0在區(qū)間（1，+∞）內有唯一解．

點評 本題主要考查導數(shù)的運算、導數(shù)在研究函數(shù)中的應用、函數(shù)零點等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力、創(chuàng)新知識，考查了函數(shù)與方程、數(shù)形結合、分類與整合、化歸與轉化等數(shù)學思想方法，是壓軸題．