Question

（2012•朝阳区二模）已知函数f（x）=alnx+

2a2

x

+x（a≠0）．
（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x-2y=0垂直，求实数a的值；
（Ⅱ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅲ）当a∈（-∞，0）时，记函数f（x）的最小值为g（a），求证：g（a）≤

1

2

e2．

Answer 1

分析：（I）确定f（x）的定义域，利用曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x-2y=0垂直，可得f′（1）=-2，从而可求实数a的值；
（II）求导函数，分类讨论，利用导数的正负，即可确定函数f（x）的单调性；
（III）由（Ⅱ）知，当a∈（-∞，0）时，函数f（x）的最小值为g（a），且g（a）=f（-2a）=aln（-2a）-3a，求导数，求出函数的最大值，即可证得结论．

解答：解：（I）f（x）的定义域为{x|x＞0}，f′（x）=

a

x

-

2a2

x2

+1（x＞0）
根据题意，有f′（1）=-2，所以2a²-a-3=0，解得a=-1或a=

3

2

．
（II）解：f′(x)=

(x-a)(x+2a)

x2

(x＞0)
（1）当a＞0时，因为x＞0，
由f′（x）＞0得（x-a）（x+2a）＞0，解得x＞a；
由f′（x）＜0得（x-a）（x+2a）＜0，解得0＜x＜a．
所以函数f（x）在（a，+∞）上单调递增，在（0，a）上单调递减；
（2）当a＜0时，因为x＞0，
由f′（x）＞0得（x-a）（x+2a）＞0，解得x＞-2a；
由f′（x）＜0得（x-a）（x+2a）＜0，解得0＜x＜-2a．
所以函数f（x）在（-2a，+∞）上单调递增，在（0，-2a）上单调递减；
（III）证明：由（Ⅱ）知，当a∈（-∞，0）时，函数f（x）的最小值为g（a），且g（a）=f（-2a）=aln（-2a）-3a，
∴g′（a）=ln（-2a）-2，
令g′（a）=0，得a=-

1

2

e2．
当a变化时，g′（a），g（a）的变化情况如下表：

a	（-∞，- 1 2 e2）	- 1 2 e2	（- 1 2 e2，0）
g′（a）	+	0	-
g（a）		极大值

∴-

1

2

e2是g（a）在（-∞，0）上的唯一极值点，且是极大值点，从而也是g（a）的最大值点．
所以g（a）_max=g（-

1

2

e2）=

1

2

e2．
所以，当a∈（-∞，0）时，g（a）≤

1

2

e2成立．

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查导数的几何意义，考查函数的最值，解题的关键是正确求导．