Question

15．已知函数f（x）=alnx+$\frac{2{a}^{2}}{x}$+x，a≠0
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a∈（-∞，0）时，记函数f（x）的最小值为g（a），求证：g（a）≤$\frac{1}{2}$e²．

Answer 1

分析 （1）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；
（2）由（1）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：（1）f（x）的定义域为{x|x＞0}，f′（x）=$\frac{a}{x}$-$\frac{2{a}^{2}}{{x}^{2}}$+1=$\frac{{x}^{2}+ax-2{a}^{2}}{x}$=$\frac{（x-a）（x+2a）}{{x}^{2}}$（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．
∴函数f（x）在（a，+∞）上单调递增，在（0，a）上单调递减；
①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．
∴函数f（x）在（-2a，+∞）上单调递增，在（0，-2a）上单调递减；
（2）证明：由（1）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=-$\frac{1}{2}$e²．
当a变化时，g′（a），g（a）的变化情况如下表：

a	（-∞，-$\frac{1}{2}$e2）	-$\frac{1}{2}$e2	（-$\frac{1}{2}$e2，0）
g′（a）	+	0	-
g（a）	↑	极大值	↓

∴-$\frac{1}{2}$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．
∴g（a）_max=g（-$\frac{1}{2}$e²）=-$\frac{1}{2}$e²ln[-2×（-$\frac{1}{2}$e²）]-3（-$\frac{1}{2}$e²）=-$\frac{1}{2}$e²lne²+$\frac{3}{2}$e²=$\frac{1}{2}$e²．
∴当a∈（-∞，0）时，g（a）≤$\frac{1}{2}$e²．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的最值，解题的关键是正确求导，考查了运算能力和转化能力，属于难题