Question

巳知函数f（x）=x²-2ax-2alnx（x＞0，a∈R，g（x）=ln²x+2a²+．
（1） 证明：当a＞0时，对于任意不相等的两个正实数x1、x2，均有＞f（）成立；
（2） 记h（x）=，
（i）若y=h′（x）在[1，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；
（ii）证明：h（x）≥．

Answer 1

（1） 证明：由题意得，=-a（x₁+x₂）-aln（x₁x₂），
f（）=-a（x₁+x₂）-2aln
=-a（x₁+x₂）-aln
∵-=＞0（x₁≠x₂），∴＞ ①
又∵0＜x₁x₂＜∴lnx₁x₂＜ln
∵a＞0∴-alnx₁x₂＞-aln ②
由①②知＞f（）．
（2）（i）解：h（x）==x²-ax-alnx+ln²x+a²+．
∴h′（x）=x-a-+
令F（x）=h′（x）=x-a-+，则y=F（x）在[1，+∞）上单调递增．
∴F′（x）=，则当x≥1时，x²-lnx+a+1≥0恒成立．
即x≥1时，a≥-x²+lnx-1恒成立．
令G（x）=-x²+lnx-1，则当x≥1时，G′（x）=＜0．
∴G（x）=-x²+lnx-1在[1，+∞）上单调递减，从而G（x）_max=G（1）=-2．
故a≥G（x）_max=-2．即a的取值范围是[-2，+∞）．
（ii）证明：：h（x）=x²-ax-alnx+ln²x+a²+=a²-（x+lnx）a+（x²+ln²x）+．
令P（a）=a²-（x+lnx）a+（x²+ln²x），则P（a）=（a-）²+≥．
令Q（x）=x-lnx，则Q′（x）=1-=．
显然Q（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
则Q（x）_min=Q（1）=1，则P（a）≥．
故h（x）≥+=．
分析：（1）首先分别求出与f（）；然后通过作差法或基本不等式等知识比较两代数式中部分的大小；最后得出两代数式整体的大小．
（2）（i）首先求出h（x）及其导函数h′（x）；然后根据y=h′（x）在[1，+∞）上单调递增，得y=h′（x）的导函数大于等于0恒成立，则利用分离参数的方法可得关于a的不等式a≥-x²+lnx-1（x≥1）恒成立；再运用导数法求出-x²+lnx-1的最大值，此时a≥[-x²+lnx-1]_max即可．
（ii）首先把h（x）表示成a为主元的函数h（x）=a²-（x+lnx）a+（x²+ln²x）+；然后利用配方法得P（a）=a²-（x+lnx）a+（x²+ln²x）=（a-）²+≥；再通过构造函数Q（x）=x-lnx，并由导数法求其最小值进而得P（a）的最小值；最后得h（x）的最小值，即问题得证．
点评：本题主要考查函数单调性与导数的关系及最值与导数的关系，同时考查了不等式知识、比较法等；特别是导数法的连续运用是本题的难点．