Question

设函数f（x）=x²-2x+1+alnx（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）有两个极值点x₁、x₂，且x₁＜x₂，证明：f（x₂）＞

1-2ln 2

4

．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）由f′（x）=

x2-2x+a

x

，（x＞0），得△=4-8a=4（1-2a），讨论①a≥

1

2

时，②0＜a＜

1

2

时，③a≤0时的情况，从而得出结论；
（2）由f′（x₂ ）=0，得：a=2x₂-2x22，由（1）中②可知

1

2

＜x₂＜1，从而f（x₂ ）=x22-2x₂+1+（2x₂-2x22）lnx₂，（

1

2

＜x₂＜1），令g（t）=t²-2t+1+（2t-2t²）lnt，（

1

2

＜t＜1），求出g′（t）=2（1-2t）lnt，当t∈（

1

2

，1）时，g′（t）＞0，进而g（t）＞g（

1

2

）=

1-2ln2

4

，问题解决．

解答： 解：（1）∵f′（x）=

x2-2x+a

x

，（x＞0），
∴△=4-8a=4（1-2a），
①a≥

1

2

时，有△≤0，
∴f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）递增，
②0＜a＜

1

2

时，有△＞0，令f′（x）=0，
解得：x₁=

1- 1-2a

2

（x₁＞0），x₂=

1+ 1-2a

2

，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜

1- 1-2a

2

或x＞

1+ 1-2a

2

，
令f′（x）＜0，解得：

1- 1-2a

2

＜x＜

1+ 1-2a

2

，
∴f（x）在（0，

1- 1-2a

2

），（

1+ 1-2a

2

，+∞）递增，
在（

1- 1-2a

2

，

1+ 1-2a

2

）递减；
③a≤0时，有△＞0，且②中的x₁=

1- 1-2a

2

≤0，
令f′（x）＞0，解得：x＞

1+ 1-2a

2

，
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜

1+ 1-2a

2

，
∴f（x）在（0，

1+ 1-2a

2

）递减，在（

1+ 1-2a

2

，+∞）递增；
（2）∵x₂ 为极值点，∴f′（x₂ ）=0，
即2x22-2x₂+a=0，解得：a=2x₂-2x22，
由（1）中②可知

1

2

＜x₂＜1，
∴f（x₂ ）=x22-2x₂+1+（2x₂-2x22）lnx₂，（

1

2

＜x₂＜1），
令g（t）=t²-2t+1+（2t-2t²）lnt，（

1

2

＜t＜1），
∴g′（t）=2（1-2t）lnt，
当t∈（

1

2

，1）时，g′（t）＞0，
∴g（t）在（

1

2

，1）上递增，
∴g（t）＞g（

1

2

）=

1-2ln2

4

，
∴f（x₂ ）=g（x₂ ）＞

1-2ln2

4

．

点评：本题考察了函数的单调性，导数的应用，不等式的证明，渗透了分类讨论思想，是一道综合题．