Question

1．已知f（x）=x²-alnx，a∈R．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＞0时，若f（x）的最小值为1，求a的值；
（3）设g（x）=f（x）-2x，若g（x）有两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂），证明：g（x₁）+g（x₂）＞-$\frac{5}{2}$．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，对a讨论，导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间；
（2）由（1）可得f（x）的最小值为$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$=1，令h（x）=x-xlnx，求出导数，单调区间和最值，即可得到a=2；
（3）求出g（x）=f（x）-2x=x²-2x-alnx，x＞0．求得导数g′（x）=2x-2-$\frac{a}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-2x-a}{x}$，由题意可得x₁，x₂（x₁＜x₂）为2x²-2x-a=0的两根，运用判别式大于0和韦达定理，求出g（x₁）+g（x₂）=x₁²-2x₁-alnx₁+x₂²-2x₂-alnx₂，化简整理可得m（a）=a-aln（-$\frac{a}{2}$）-1，-$\frac{1}{2}$＜a＜0，求得导数和单调性，即可得证．

解答 解：（1）f（x）=x²-alnx的导数为f′（x）=2x-$\frac{a}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-a}{x}$，x＞0，
当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）递增；
当a＞0时，当x＞$\sqrt{\frac{a}{2}}$时，f′（x）＞0，f（x）递增；
当0＜x＜$\sqrt{\frac{a}{2}}$时，f′（x）＜0，f（x）递减；
（2）当a＞0时，由（1）可得x=$\sqrt{\frac{a}{2}}$处f（x）取得极小值，
也为最小值，且为$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$，
由题意可得$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$=1，
令h（x）=x-xlnx，h′（x）=1-（1+lnx）=-lnx，
当x＞1时，h′（x）＜0，g（x）递减；
当0＜x＜1时，h′（x）＞0，g（x）递增．
即有x=1处h（x）取得极大值，且为最大值1，
则$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$=1的解为a=2；
（3）证明：g（x）=f（x）-2x=x²-2x-alnx，x＞0．
g′（x）=2x-2-$\frac{a}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-2x-a}{x}$，
由题意可得x₁，x₂（x₁＜x₂）为2x²-2x-a=0的两根，
即有△=4+8a＞0，解得-$\frac{1}{2}$＜a＜0，
x₁+x₂=1，x₁x₂=-$\frac{a}{2}$，
g（x₁）+g（x₂）=x₁²-2x₁-alnx₁+x₂²-2x₂-alnx₂
=（x₁+x₂）²-2x₁x₂-2（x₁+x₂）-aln（x₁x₂）
=1+a-2-aln（-$\frac{a}{2}$）=a-aln（-$\frac{a}{2}$）-1，
令m（a）=a-aln（-$\frac{a}{2}$）-1，-$\frac{1}{2}$＜a＜0，
可得m′（a）=1-（ln（-$\frac{a}{2}$）+1）=-ln（-$\frac{a}{2}$）＞0，
即有m（a）在（-$\frac{1}{2}$，0）递增，可得m（a）＞m（-$\frac{1}{2}$），
由m（-$\frac{1}{2}$）=-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$ln$\frac{1}{4}$-1=-$\frac{3}{2}$-ln2＞-$\frac{3}{2}$-1=-$\frac{5}{2}$．
则有g（x₁）+g（x₂）＞-$\frac{5}{2}$．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查分类讨论的思想方法和构造函数的思想，同时考查二次方程的韦达定理的运用，考查分析问题和解决问题的能力，属于中档题．