Question

16．已知函数$f（x）=alnx+\frac{{2{a^2}}}{x}+x（a≠0）$．
（1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x-2y=0垂直，求实数a的值；
（2）a＜0时，判断函数f（x）的单调性；
（3）当a∈（-∞，0）时，记函数f（x）的最小值为g（a），求证：$g（a）≤\frac{1}{2}{e^2}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，根据f′（1）=-2，得到关于a的方程，解出即可；
（2）求出函数的导数，解关于导数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（3）求出g（a）的解析式，求出函数g（a）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出g（a）的最大值，证明结论即可．

解答 解：（1）由已知得，f（x）的定义域为{x|x＞0}，$f'（x）=\frac{a}{x}-\frac{{2{a^2}}}{x^2}+1（x＞0）$．
根据题意，有f'（1）=-2，即2a²-a-3=0，解得a=-1或$a=\frac{3}{2}$．…（4分）
（2）$f'（x）=\frac{a}{x}-\frac{{2{a^2}}}{x^2}+1=\frac{{{x^2}+ax-2{a^2}}}{x^2}=\frac{（x-a）（x+2a）}{x^2}（x＞0）$．
当a＜0时，由f'（x）＞0及x＞0得x＞-2a；
由当f'（x）＜0及x＞0得0＜x＜-2a．
所以a＜0时，f（x）在（0，-2a）上单调递减，在（-2a，+∞）上单调递增．…（8分）
（3）证明：由（2）知，当a∈（-∞，0）时，函数f（x）的最小值为f（-2a），
故$g（a）=f（-2a）=aln（-2a）+\frac{{2{a^2}}}{-2a}-2a=aln（-2a）-3a$．
$g'（a）=ln（-2a）+a•\frac{-2}{-2a}-3=ln（-2a）-2$，令g'（a）=0，得$a=-\frac{1}{2}{e^2}$．
当a变化时，g'（a），g（a）的变化情况如下表：

a	$（-∞，-\frac{1}{2}{e^2}）$	$-\frac{1}{2}{e^2}$	$（-\frac{1}{2}{e^2}，0）$
g'（a）	+		-
g（a）	↗	极大值	↘

所以$a=-\frac{1}{2}{e^2}$是g（a）在（-∞，0）上的唯一极值点，且是极大值点，从而也是g（a）的最大值点．
所以当a∈（-∞，0）时，g（a）最大值是$g（-\frac{1}{2}{e^2}）=-\frac{1}{2}{e^2}ln[-2×（-\frac{1}{2}{e^2}）]-3×（-\frac{1}{2}{e^2}）=-\frac{1}{2}{e^2}ln{e^2}+\frac{3}{2}{e^2}=\frac{1}{2}{e^2}$，
即当a∈（-∞，0）时，$g（a）≤\frac{1}{2}{e^2}$．…（14分）

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转化思想，是一道综合题．