Question

1．已知函数f（x）=x²-（-1）^k2alnx（k∈N，a∈R且a＞0）．
（1）求f（x）的极值；
（2）若k=2016，关x的方程f（x）=2ax有唯一解，求a的值．
（3）k=2015时，证明：对一切x＞0都有f（x）-x²＞2a（$\frac{1}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{ex}$）成立．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过k为偶数与奇数，求解函数的极值即可．
（2）k=2016，化简关于x的方程f（x）=2ax，构造函数g（x）=x²-2alnx-2ax，求出函数的导数，求出极值点，判断函数的单调性，利用函数的零点个数，求解即可；
（3）当k=2015时，问题等价于证明xlnx＞$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$（x∈（0，+∞）），由导数可求φ（x）=xlnx（x∈（0，+∞））的最小值是-$\frac{1}{e}$，当且仅当x=$\frac{1}{e}$时取到，由此可得结论．

解答 解：（1）函数f（x）=x²-（-1）^k2alnx（k∈N，a∈R且a＞0）．
可得f′（x）=2x-（-1）k2a•$\frac{1}{x}$，
当k为奇数时，f′（x）=2x+$\frac{2a}{x}$＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，f（x）无极值．
当k为偶数时，f′（x）=2x-$\frac{2a}{x}$=$\frac{{2x}^{2}-2a}{x}$=$\frac{2（x+\sqrt{a}）（x-\sqrt{a}）}{x}$，
∴f（x）在（0，$\sqrt{a}$）上单调递减，（$\sqrt{a}$，+∞）上单调递增，
∴f（x）有极小值，f（x）极小值=f（$\sqrt{a}$）=a-2aln$\sqrt{a}$=a-alna，
（2）∵k=2016，则f（x）=x²-2alnx，
令g（x）=x²-2alnx-2ax，g′（x）=2x-$\frac{2a}{x}$-2a=$\frac{{2x}^{2}-2ax-2a}{x}$=$\frac{2}{x}$（x²-ax-a），
令g′（x）=0，∴x²-ax-a=0，∵a＞0，x＞0，∴x₀=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$，
当x∈（0，x₀）时，g′（x）＜0，∴g（x）在（0，x₀）上单调递减，
当x∈（x₀，+∞）时，g′（x）＞0，∴g（x）在（x₀，+∞）上单调递增，
又g（x）=0有唯一解，∴$\left\{\begin{array}{l}{g{（x}_{0}）=0}\\{g′{（x}_{0}）=0}\end{array}\right.$，即 $\left\{\begin{array}{l}{{{x}_{0}}^{2}-2al{nx}_{0}-2{ax}_{0}=0，①}\\{{{x}_{0}}^{2}-{ax}_{0}-a=0，②}\end{array}\right.$，
②-①得：2alnx₀+ax₀-a=0⇒2lnx₀+x₀-1=0⇒x₀=1，
∴1²-a-a=0，
∴a=$\frac{1}{2}$；
（3）证明：当k=2015时，问题等价于证明xlnx＞$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$（x∈（0，+∞）），
由导数可求φ（x）=xlnx（x∈（0，+∞））的最小值是-$\frac{1}{e}$，当且仅当x=$\frac{1}{e}$时取到，
设m（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$，（x∈（0，+∞）），则m′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
∴m（x）max=m（1）=-$\frac{1}{e}$，当且仅当x=1时取到，
从而对一切x∈（0，+∞），都有lnx＞$\frac{1}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{ex}$成立．故命题成立．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查学生分析解决问题的能力，难度大．