Question

20．已知函数f（x）=alnx+（x-1）²．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，是否存在常数k∈[-1，0]，使得f（x₁）+f（x₂）≥ka²恒成立？请说明理由．

Answer 1

分析 （1）先求出函数的导数，通过讨论a的范围，解关于导函数的不等式，从而求出函数的单调区间；
（2）问题转化为k≤$\frac{1}{a}$ln$\frac{a}{2}$+$\frac{1}{{a}^{2}}$-$\frac{1}{a}$对0＜a＜$\frac{1}{2}$恒成立，令x=$\frac{1}{a}$，则上式等价于k≤tln$\frac{1}{2t}$+t²-t=-tln（2t）+t²-t对t＞2恒成立，令g（t）=-tln（2t）+t²-t，通过求导得到g（t）在（2，+∞）单调递增，求出g（t）的最小值，从而得到答案．

解答 解：（1）：f′（x）=$\frac{{2x}^{2}-2x+a}{x}$，x＞0，f′（x）＞0?2x²-2x+a＞0，△=4-8a，
①若a≥$\frac{1}{2}$，则f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）单调递增，
②若0＜a＜$\frac{1}{2}$，则f′（x）＞0?x＞$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$或x＜$\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}$，
于是f（x）在（0，$\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}$）递增，在（$\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}$，$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$）递减，在（$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$，+∞）递增，
③若a≤0，则f′（x）＞0?x＞$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$，f′（x）＜0?0＜x＜$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$，
于是f（x）在（0，$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$）递减，在（$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$，+∞）递增；
综上：a≥$\frac{1}{2}$时，f（x）在（0，+∞）单调递增；
0＜a＜$\frac{1}{2}$时，f（x）在（0，$\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}$）递增，在（$\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}$，$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$）递减，在（$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$，+∞）递增，
a≤0时，f（x）在（0，$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$）递减，在（$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$，+∞）递增；
（2）由（1）得：0＜a＜$\frac{1}{2}$，且x₁=$\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}$，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$，x₁+x₂=1，x₁•x₂=$\frac{a}{2}$，
于是f（x₁）+f（x₂）=${{x}_{1}}^{2}$+${{x}_{2}}^{2}$-2（x₁+x₂）+2+aln（x₁ x₂）=1-a+aln$\frac{a}{2}$≥ka²对0＜a＜$\frac{1}{2}$恒成立
?k≤$\frac{1}{a}$ln$\frac{a}{2}$+$\frac{1}{{a}^{2}}$-$\frac{1}{a}$对0＜a＜$\frac{1}{2}$恒成立，
令x=$\frac{1}{a}$，则上式等价于k≤tln$\frac{1}{2t}$+t²-t=-tln（2t）+t²-t对t＞2恒成立，
令g（t）=-tln（2t）+t²-t，（t＞2），则g′（t）=-ln（2t）+2t-2，g″（t）=-$\frac{1}{t}$+2＞0，
∴g′（t）在（2，+∞）递增，
∴g′（t）＞g′（2）=2-ln4＞0，
∴g（t）在（2，+∞）递增，
∴g（t）＞g（2）=2-4ln2，
∴k≤2-4ln2，而2-4ln2＞-1，
故存在k∈[-1，2-4ln2]满足条件．

点评 本题考查了函数的单调性，考查导数的应用，考查分类讨论思想，转化思想，本题是一道难题．