Question

9．设f（x）=x²-4ax+alnx（a∈R）
（1）讨论f（x）的极值点的个数
（2）若f（x）有两个不同的极值点x₁，x₂，证明：f（x₁）+f（x₂）＜-2．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调区间，从而求出函数的极值的个数；
（2）根据x₁，x₂是方程2x²-4ax+a=0的两根，得到x₁+x₂=2a，x₁x₂=$\frac{a}{2}$，求出f（x₁）+f（x₂），根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）由f（x）=x²-4ax+alnx，（x＞0），
得：f′（x）=$\frac{{2x}^{2}-4ax+a}{x}$，x∈（0，+∞），
令g（x）=2x²-4ax+a，（x＞0），△=8a（2a-1），
①0≤a≤$\frac{1}{2}$时，g（x）≥0即f′（x）≥0恒成立，
f（x）在（0，+∞）递增，无极值；
②a＜0时，△=8a（2a-1）＞0，令g（x）=0，得x₁=2a-$\sqrt{2a（2a-1）}$，x₂=2a+$\sqrt{2a（2a-1）}$
显然，x₁＜0，x₂＞0，
∴x∈（0，x₂）时，f′（x）＜0，x∈（x₂，+∞），f′（x）＞0，
f（x）在x=x₂取得极小值，f（x）有一个极小值点．
③a＞$\frac{1}{2}$时，△=8a（2a-1）＞0即a＞$\frac{1}{2}$时，
令g（x）=0，解得x₁=2a-$\sqrt{2a（2a-1）}$，x₂=2a+$\sqrt{2a（2a-1）}$，显然x₁＞0，x₂＞0，
当x∈（0，x₁）和x∈（x₂，+∞），f′（x）＞0，x∈（x₁，x₂）时，f′（x）＜0，
∴f（x）在x₁取得极大值，在x₂取得极小值，所以f（x）有两个极值点．
综上可知：a＜0时，f（x）仅有一个极值点；
 当a＞$\frac{1}{2}$时，f（x）2个极值点；
当0≤a≤$\frac{1}{2}$时，f（x）没有极值点．
（2）证明：由（1）知，当且仅当a∈（$\frac{1}{2}$，+∞）时，f（x）有极大值点x₁和极小值点x₂，
且x₁，x₂是方程2x²-4ax+a=0的两根，
∴x₁+x₂=2a，x₁x₂=$\frac{a}{2}$，
f（x₁）+f（x₂）=${{x}_{1}}^{2}$-4ax₁+alnx₁+${{x}_{2}}^{2}$-4ax₂+alnx₂=${{（x}_{1}{+x}_{2}）}^{2}$-2x₁x₂-4a（x₁+x₂）+alnx₁x₂=-4a²-a+aln$\frac{a}{2}$
设g（a）=-4a²-a+aln$\frac{a}{2}$，a∈（$\frac{1}{2}$，+∞），
g′（a）=-8a+ln$\frac{a}{2}$，g″（a）=-8+$\frac{1}{a}$＜0，
g′（a）在（$\frac{1}{2}$，+∞）递减，g′（a）＜g′（$\frac{1}{2}$）＜0，
故g（a）在（$\frac{1}{2}$，+∞）递减，
g（a）＜g（$\frac{1}{2}$）=-$\frac{3}{2}$-ln2＜-2，
故f（x₁）+f（x₂）＜-2．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论数思想，是一道综合题．