Question

11．已知函数f（x）=x²-alnx，a∈R．
（Ⅰ）若函数f（x）的导函数f′（x）在区间（1，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅲ）当a＞0时，函数f（x）的最小值记为g（a），证明：g（a）≤1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，问题转化为2+$\frac{a}{{x}^{2}}$＞0在（1，+∞）恒成立，求出a的范围即可；
（Ⅱ）求出f′（x），通过讨论a的范围，判断函数的单调区间即可；
（Ⅲ）求出g（a）=f（$\sqrt{\frac{a}{2}}$）=$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$，（a＞0），令t=$\frac{a}{2}$，则t＞0，则m（t）=t-tlnt，根据函数的单调性，求出m（t）≤1即可．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）=x²-alnx，定义域是（0，+∞），
f′（x）=2x-$\frac{a}{x}$，f″（x）=2+$\frac{a}{{x}^{2}}$
若f′（x）在区间（1，+∞）上单调递增，
则2+$\frac{a}{{x}^{2}}$＞0在（1，+∞）恒成立，
∴a＞（-2x²）_max
∴a＞-2；
（Ⅱ）f′（x）=2x-$\frac{a}{x}$=$\frac{{2x}^{2}-a}{x}$，
a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）递增，
a＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＞$\sqrt{\frac{a}{2}}$，
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\sqrt{\frac{a}{2}}$，
∴f（x）在（0，$\sqrt{\frac{a}{2}}$）递减，在（$\sqrt{\frac{a}{2}}$，+∞）递增；
证明：（Ⅲ）由（Ⅱ）得g（a）=f（$\sqrt{\frac{a}{2}}$）=$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$，（a＞0），
令t=$\frac{a}{2}$，则t＞0，则m（t）=t-tlnt，m′（t）=-lnt，
令m′（t）＞0，解得：0＜t＜1，令m′（t）＜0，解得：t＞1，
∴m（t）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，
m（t）_max=m（1）=1，
∴m（t）≤1，
∴g（a）≤1．

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函数恒成立问题，是一道中档题．