Question

5．已知函数f（x）=（x-2）²+alnx．
（1）若a=-6，求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）存在两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，求证：$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$≥2（1-e${\;}^{-\frac{1}{2}}$）．

Answer 1

分析 （1）当a=-6时，求得f（x）和其定义域及f′（x），令f′（x）＞0及′（x）＜0，分别求得单调递增区间和单调递减区间；
（2）求导，f（x）存在两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂．转化成一元二次方程2x²-4x+a=0的两个根x₁，x₂，且0＜x₁＜x₂，根据根与系数的关系，将x₁用x₂表示，求得$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$的表达，构造辅助函数求得：$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$的最小值，即可证明原式成立．

解答 解：（1）当a=-6，f（x）=（x-2）²-6lnx，x∈（0，+∞），
f′（x）=2（x-2）-$\frac{6}{x}$=$\frac{2（{x}^{2}-2x-3）}{x}$．
令f′（x）＞0，解得：x＞3，f′（x）＜0，解得0＜x＜3，
∴f（x）的单调递增区间为（3，+∞），单调递减区间为（0，3）；
（2）证明：函数f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=$\frac{{2x}^{2}-4x+a}{x}$，
f（x）存在两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂．
∴f′（x）=0有两个不同的根x₁，x₂，且0＜x₁＜x₂，
∴x₁，x₂是一元二次方程2x²-4x+a=0的两个根，
由x₁+x₂=2，x₁x₂=$\frac{a}{2}$，则a=2x₂（2-x₂），
f（x₁）=（x₁-2）²+alnx₁．
=x₂²+2x₂（2-x₂）ln（2-x₂）．1＜x₂＜2，
$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$=x₂+2（2-x₂）ln（2-x₂）．1＜x₂＜2，
令g（t）=t+2（2-t）ln（2-t），1＜t＜2，
g′（x）=1-2ln（2-t）-2=-1-2ln（2-t），
令g′（x）=0，解得t=2-${e}^{-\frac{1}{2}}$，
g′（x）＞0，解得2-${e}^{-\frac{1}{2}}$＜t＜2，g′（x）＜0，1＜t＜2-${e}^{-\frac{1}{2}}$，
g（x）的单调递增区间为（2-${e}^{-\frac{1}{2}}$，2），g（x）的单调递减区间为（1，2-${e}^{-\frac{1}{2}}$），
∴g（x）的极小值也为（1，2）的最小值为g（2-${e}^{-\frac{1}{2}}$）=2（1-${e}^{-\frac{1}{2}}$），
∴g（x）≥g（2-${e}^{-\frac{1}{2}}$）=2（1-${e}^{-\frac{1}{2}}$），
即有：$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$≥2（1-e${\;}^{-\frac{1}{2}}$）．

点评 本题考查了利用导数求函数的单调区间及不等式成立的综合应用，同时考查了根与系数的关系，化简比较繁琐，注意要细心，属于难题．