Question

3．已知函数f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{alnx+（x-c）^{2}，x≥c}\\{alnx-（x-c）^{2}，0＜x＜c}\end{array}\right.$（其中a＜0，c＞0）
（1）当a=2c-2时，若f（x）≥$\frac{1}{4}$对任意x∈（c，+∞）恒成立，求实数a的取值范围；
（2）设函数f（x）的图象在两点P（x₁，f（x₁）），Q（x₂，f（x₂）处的切线分别为l₁、l₂，若x₁=$\sqrt{-\frac{a}{2}}$，x₂=c，且l₁丄l₂，求实数c的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，由条件可得f（x）的减区间和增区间，可得f（x）在（c，+∞）上的最小值为f（1），f（x）≥$\frac{1}{4}$对任意x∈（c，+∞）恒成立，即为f（1）不小于$\frac{1}{4}$，解不等式，结合c＞0，即可得到a的范围；
（2）由两直线垂直的条件可切线的斜率之积为-1，由f′（c）=$\frac{a}{c}$，可得f′（$\sqrt{-\frac{a}{2}}$）=-$\frac{c}{a}$，讨论当$\sqrt{-\frac{a}{2}}$≥c时，当$\sqrt{-\frac{a}{2}}$＜c时，求得f′（$\sqrt{-\frac{a}{2}}$），化简整理可得c关于a的函数，运用换元法和导数，求得单调区间，可得最小值．

解答 解：（1）当x＞c，a=2c-2时，f（x）=alnx+（x-c）²的导数为
f′（x）=$\frac{a}{x}$+2（x-c）=$\frac{2（x-1）[x-（c-1）]}{x}$，
由a＜0，c＞0，且c=1+$\frac{a}{2}$，可得0＜c＜1，
当x∈（c，1）时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）递增．
即有f（x）在（c，+∞）上的最小值为f（1）=（1-c）²=$\frac{1}{4}$a²，
由f（x）≥$\frac{1}{4}$对任意x∈（c，+∞）恒成立，
可得$\frac{1}{4}$a²≥$\frac{1}{4}$，解得a≥1（舍去）或a≤-1，
又c=1+$\frac{a}{2}$＞0，可得a＞-2，
则a的取值范围是（-2，-1]；
（2）由l₁丄l₂，可得f′（$\sqrt{-\frac{a}{2}}$）•f′（c）=-1，
由f′（c）=$\frac{a}{c}$，可得f′（$\sqrt{-\frac{a}{2}}$）=-$\frac{c}{a}$，
当$\sqrt{-\frac{a}{2}}$≥c时，f′（$\sqrt{-\frac{a}{2}}$）=$\frac{2•（-\frac{a}{2}）-2c•\sqrt{-\frac{a}{2}}+a}{\sqrt{-\frac{a}{2}}}$=-2c=-$\frac{c}{a}$，
解得a=$\frac{1}{2}$，与a＜0矛盾；
当$\sqrt{-\frac{a}{2}}$＜c时，f′（$\sqrt{-\frac{a}{2}}$）=$\frac{-2•（-\frac{a}{2}）+2c•\sqrt{-\frac{a}{2}}+a}{\sqrt{-\frac{a}{2}}}$=-$\sqrt{-8a}$+2c=-$\frac{c}{a}$，
可得c=$\frac{a\sqrt{-8a}}{2a+1}$，又a＜0，c＞0，可得2a+1＜0，
即a＜-$\frac{1}{2}$，令t=$\sqrt{-8a}$，则a=-$\frac{{t}^{2}}{8}$，t＞2，
即c=$\frac{-\frac{{t}^{2}}{8}•t}{1-\frac{{t}^{2}}{4}}$=$\frac{{t}^{3}}{2{t}^{2}-8}$，令g（t）=$\frac{{t}^{3}}{2{t}^{2}-8}$，g′（t）=$\frac{2{t}^{2}（{t}^{2}-12）}{（2{t}^{2}-8）^{2}}$，
当t∈（2，2$\sqrt{3}$）时，g′（t）＜0，g（t）递减；当t∈（2$\sqrt{3}$，+∞）时，g′（t）＞0，g（t）递增．
可得g（t）的最小值为g（2$\sqrt{3}$）=$\frac{24\sqrt{3}}{24-8}$=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
则c的最小值为$\frac{3\sqrt{3}}{2}$．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、最值，考查分类讨论思想方法和转化思想、化简整理的运算能力，属于中档题．