Question

7．已知函数f（x）=x²-4x+alnx（a∈R，a≠0），f′（x）为函数f（x）的导函数．
（1）若a=1，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）求函数f（x）的单调区间；
（3）若存在实数x₁，x₂，且x₁＜x₂，使得f′（x₁）=f′（x₂）=0，求证：f（x₂）＞-4．

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，运用点斜式方程可得切线的方程；
（2）求得函数的导数，讨论判别式和a的范围：a＞2，0＜a＜2，a≤0，解二次不等式，即可得到所求单调区间；
（3）求得函数的导数，令导数为0，解二次方程可得x₂∈（1，2），设g（x）=f（x）+4=x²-4x+alnx+4，1＜x＜2，又a=4x-2x²，可得g（x）=x²-4x+（4x-2x²）lnx+4，求出导数，判断单调性，即可得证．

解答 解：（1）函数f（x）=x²-4x+lnx的导数为f′（x）=2x-4+$\frac{1}{x}$，
则f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为2-4+1=-1，
切点为（1，-3），可得切线的方程为y+3=-（x-1），
即为x+y+2=0；
（2）函数f（x）=x²-4x+alnx的导数为f′（x）=2x-4+$\frac{a}{x}$（x＞0）
=$\frac{2{x}^{2}-4x+a}{x}$，
①当△=16-8a＜0，即a＞2，2x²-4x+a＞0恒成立，可得f′（x）＞0恒成立．
即有f（x）的增区间为（0，+∞），无减区间；
当△=16-8a＞0，即a＜2，可得2x²-4x+a=0的两根为x=1±$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，
②当0＜a＜2时，1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$＞1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$＞0，
f′（x）＞0，可得x＞1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，或0＜x＜1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$；
f′（x）＜0，可得1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$＜x＜1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，
即f（x）的增区间为（1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，+∞），（0，1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$）；减区间为（1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$）；
③当a≤0时，1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$＞0，1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$≤0，
f′（x）＞0，可得x＞1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$；
f′（x）＜0，可得0＜x＜1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，
即f（x）的增区间为（1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，+∞）；减区间为（0，1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$）；
（3）证明：函数f（x）=x²-4x+alnx的导数为
f′（x）=2x-4+$\frac{a}{x}$（x＞0）=$\frac{2{x}^{2}-4x+a}{x}$，
由题意可得x₁，x₂是2x²-4x+a=0的两根，且x₂=1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，0＜a＜2，
可得x₂∈（1，2），
设g（x）=f（x）+4=x²-4x+alnx+4，1＜x＜2，
又a=4x-2x²，可得g（x）=x²-4x+（4x-2x²）lnx+4，
g′（x）=2x-4+（4-4x）lnx+（4x-2x²）•$\frac{1}{x}$=4（1-x）lnx，
由1＜x＜2可得4（1-x）lnx＜0，即g（x）在（1，2）递减，
则g（x）∈（0，1），显然g（x）＞0恒成立，
则f（x₂）＞-4．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间，考查分类讨论的思想方法，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用构造函数法，运用单调性解决，考查化简整理的运算能力，属于中档题．