Question

4．已知函数f（x）=lnx-2ax+1（a∈R）
（Ⅰ）讨论函数g（x）=x²+f（x）的单调性；
（Ⅱ）若a=$\frac{1}{2}$，证明：|f（x）-1|＞$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数g（x）的导数，g′（x）=$\frac{{2x}^{2}-2ax+1}{x}$（x＞0），再讨论h（x）=2x²-2ax+1的取值情况即可；
（Ⅱ）问题转化为证明：|lnx-x|＞$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，令m（x）=lnx-x，（x＞0），n（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，根据函数的单调性证明即可．

解答 （Ⅰ）解：g′（x）=$\frac{1}{x}$+2x-2a=$\frac{{2x}^{2}-2ax+1}{x}$（x＞0），记h（x）=2x²-2ax+1，
①当a≤0时，因为x＞0，所以h（x）＞1＞0，函数g（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当0＜a≤$\sqrt{2}$时，因为△=4（a²-2）≤0，所以h（x）≥0，函数g（x）在（0，+∞）上单调递增；
③当a＞$\sqrt{2}$时，由 $\left\{\begin{array}{l}{x＞0}\\{h（x）＞0}\end{array}\right.$，解得x∈（ $\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$），
所以函数f（x）在区间（ $\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）上单调递减，
在区间（0，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$），（ $\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，+∞）上单调递增．
（Ⅱ）证明：a=$\frac{1}{2}$时，问题转化为证明：|lnx-x|＞$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，
令m（x）=lnx-x，（x＞0），m′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，
令m′（x）＞0，解得：0＜x＜1，令m′（x）＜0，解得：x＞1，
故m（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，
故m（x）＜m（1）=-1，
故|lnx-x|＞1，
令n（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，则n′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
令n′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1}{e}$，令n′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{e}$，
故n（x）在（0，$\frac{1}{e}$）递增，在（$\frac{1}{e}$，+∞）递减，
故n（x）＜n（$\frac{1}{e}$）=-e+$\frac{1}{2}$＜0，
故：a=$\frac{1}{2}$时，|f（x）-1|＞$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查了利用导数处理函数单调性问题，及函数不等式恒成立的证明，转化思想是关键，属于中档题．