Question

13．函数f（x）=xlnx-a（x-1）²-x，g（x）=lnx-2a（x-1），其中常数a∈R．
（Ⅰ）讨论g（x）的单调性；
（Ⅱ）当a＞0时，若f（x）有两个零点x₁，x₂（x₁＜x₂），求证：在区间（1，+∞）上存在f（x）的极值点x₀，使得x₀lnx₀+lnx₀-2x₀＞0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，求出函数的极大值，根据函数的单调性证明即可．

解答 （Ⅰ）解：函数g（x）的定义域为（0，+∞），导函数为$g'（x）=\frac{1}{x}-2a$．
①当a≤0时，g′（x）＞0恒成立，g（x）在定义域（0，+∞）上是增函数；
②当a＞0时，$g'（\frac{1}{2a}）=0$，并且，
在区间（0，$\frac{1}{2a}$）上，g′（x）＞0，∴g（x）在（0，$\frac{1}{2a}$）是增函数；
在区间（$\frac{1}{2a}$，+∞）上，g′（x）＜0，∴g（x）在区间（$\frac{1}{2a}$，+∞）上是减函数．
（Ⅱ）证明：当a＞0时，在区间（0，1]上，f（x）＜0是显然的，
即在此区间上f（x）没有零点；又由于f（x）有两个零点，
则必然f（x）在区间（1，+∞）上有两个零点x₁，x₂（x₁＜x₂），
f′（x）=lnx-2a（x-1），由（Ⅰ）知，
f′（x）在区间（0，$\frac{1}{2a}$）上是增函数，在区间（$\frac{1}{2a}$，+∞）上是减函数．
①若$a≥\frac{1}{2}$，则$\frac{1}{2a}≤1$，在区间（1，+∞）上，f′（x）是减函数，
f′（x）≤f′（1）=0，f（x）在（1，+∞）上单调递减，
不可能有两个零点，所以必然有$0＜a＜\frac{1}{2}$．
②当$0＜a＜\frac{1}{2}$时，在区间（1，$\frac{1}{2a}$）上，f′（x）是增函数，f′（x）＞f′（1）=0；
在区间（$\frac{1}{2a}$，+∞）上，f′（x）是减函数．
依题意，必存在实数x₀，使得在区间（$\frac{1}{2a}$，x₀）上，f′（x）＞0，f（x）是增函数；
在区间（x₀，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）是减函数．
此时x₀＞1，且x₀是f（x）的极大值点．
所以f（x₀）＞0，且f′（x₀）=0，即$\left\{\begin{array}{l}{x_0}ln{x_0}-a{（{x_0}-1）^2}-{x_0}＞0\\ ln{x_0}-2a（{x_0}-1）=0\end{array}\right.$，
消去a得到x₀lnx₀+lnx₀-2x₀＞0（x₀＞1）．
设F（x）=xlnx+lnx-2x（x＞1），$F'（x）=lnx+\frac{1}{x}-1$．
∵$F''（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}＞0$，∴x＞1时，F′（x）单调递增．又F′（1）=0，
∴x＞1时，F′（x）＞0．∴x＞1时，F（x）单调递增．
又F（1）=-2＜0，F（e²）=2＞0．∴存在x₀=e²＞1满足题意．
亦可直接观察得到，x₀=e²时，e2lne²+lne²-2e²=2＞0，满足题意．

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分类讨论思想，转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．