Question

19．已知函数f（x）=（x-1）²，g（x）=alnx，其中a∈R．
（Ⅰ）若曲线y=f（x）与曲线y=g（x）在x=2处的切线互相垂直，求实数a的值；
（Ⅱ）记F（x）=f（x+1）-g（x），讨论函数F（x）的单调性；
（Ⅲ）设函数G（x）=f（x）+g（x）两个极值点分别为x₁，x₂，且x₁＜x₂，求证：G（x₂）＞$\frac{1}{4}-\frac{1}{2}$ln2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据两曲线y=f（x）与y=g（x）在x=2处的切线互相垂直，利用导数研究曲线上某点切线的斜率求出a值；
（Ⅱ）求出函数的导数，对a讨论，当a≤0时，当a＞0时，由导数的符号，解不等式即可得到函数的单调区间；
（Ⅲ）对f（x）求导数，f′（x）=0有两个不同的正实根x₁，x₂，由判别式以及根与系数的关系求出a的取值范围；由x₁、x₂的关系，用x₂把a表示出来，求出f（x₂）的表达式最小值与$\frac{1-2ln2}{4}$比较即可．

解答 解：（Ⅰ）由题意：g′（x）=$\frac{a}{x}$，∴g（x）的图象在x=2切线的斜率为：g′（2）=$\frac{a}{2}$，
又f′（x）=2（x-1），∴f（x）的图象在x=2切线的斜率为：f′（2）=2，
由两曲线y=f（x）与y=g（x）在x=2处的切线互相垂直得：$\frac{a}{2}$=-$\frac{1}{2}$，∴a=-1；
（Ⅱ）F（x）=f（x+1）-g（x）=x²-alnx，（x＞0）
∴F′（x）=2x-$\frac{a}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-a}{x}$（x＞0），
当a≤0时，F′（x）＞0，即有F（x）在（0，+∞）递增；
当a＞0时，F′（x）＞0，可得x＞$\frac{\sqrt{2a}}{2}$，F′（x）＜0，可得0＜x＜$\frac{\sqrt{2a}}{2}$，
综上可得，当a≤0时，函数F（x）在（0，+∞）上为增函数；
当a＞0时，函数F（x）在（0，$\frac{\sqrt{2a}}{2}$）上为减函数；函数F（x）在（$\frac{\sqrt{2a}}{2}$，+∞）上为增函数；
（Ⅲ）证明：由题意，G（x）=x²-2x+1+alnx的定义域为（0，+∞），
∴G′（x）=2x-2+$\frac{a}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-2x+a}{x}$；
∵G（x）有两个极值点x₁，x₂，
∴G′（x）=0有两个不同的正实根x₁，x₂，
∵2x²-2x+a=0的判别式△=4-8a＞0，解得a＜$\frac{1}{2}$；
方程的两根为x₁=$\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}$，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$；
∴x₁+x₂=1，x₁•x₂=$\frac{a}{2}$＞0，
∴a＞0；
综上，a的取值范围为（0，$\frac{1}{2}$）．
∵0＜x₁＜x₂，且x₁+x₂=1，
∴$\frac{1}{2}$＜x₂＜1，a=2x₂-2x₂²，
∴G（x₂）=x₂²-2x₂+1+（2x₂-2x₂²）lnx₂．
令g（t）=t²-2t+1+（2t-2t²）lnt，其中$\frac{1}{2}$＜t＜1，
则g′（t）=2（1-2t）lnt．
当t∈（$\frac{1}{2}$，1）时，g′（t）＞0，
∴g（t）在（$\frac{1}{2}$，1）上是增函数．
∴g（t）＞g（$\frac{1}{2}$）=$\frac{1-2ln2}{4}$．
故G（x₂）=g（x₂）＞$\frac{1-2ln2}{4}$．

点评 本题考查了导数的运用：求切线方程和单调区间，利用函数的性质求参数取值与利用导数证明不等式成立的问题，是容易出错的题目．