Question

7．已知函数f（x）=-2xlnx+x²-2ax+a²，其中a＞0．
（Ⅰ）设g（x）是f（x）的导函数，讨论g（x）的单调性；
（Ⅱ）证明：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0恒成立，且f（x）=0在区间（1，+∞）内有唯一解．

Answer 1

分析 （I）函数f（x）=-2xlnx+x²-2ax+a²，其中a＞0．可得：x＞0．g（x）=f′（x）=2（x-1-lnx-a），可得g′（x）=$2-\frac{2}{x}$=$\frac{2（x-1）}{x}$，分别解出g′（x）＜0，g′（x）＞0，即可得出单调性．
（II）由f′（x）=2（x-1-lnx-a）=0，可得a=x-1-lnx，代入f（x）可得：u（x）=（1+lnx）²-2xlnx，利用函数零点存在定理可得：存在x₀∈（1，e），使得u（x₀）=0，令a₀=x₀-1-lnx₀=v（x₀），再利用导数研究其单调性即可得出．

解答 （I）解：函数f（x）=-2xlnx+x²-2ax+a²，其中a＞0．可得：x＞0．
g（x）=f′（x）=2（x-1-lnx-a），∴g′（x）=$2-\frac{2}{x}$=$\frac{2（x-1）}{x}$，
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减；
当1＜x时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增．
（II）证明：由f′（x）=2（x-1-lnx-a）=0，解得a=x-1-lnx，
令u（x）=-2xlnx+x²-2（x-1-lnx）x+（x-1-lnx）²=（1+lnx）²-2xlnx，
则u（1）=1＞0，u（e）=2（2-e）＜0，
∴存在x₀∈（1，e），使得u（x₀）=0，
令a₀=x₀-1-lnx₀=v（x₀），其中v（x）=x-1-lnx（x≥1），
由v′（x）=1-$\frac{1}{x}$≥0，可得：函数v（x）在区间（1，+∞）上单调递增．
∴0=v（1）＜a₀=v（x₀）＜v（e）=e-2＜1，即a₀∈（0，1），当a=a₀时，有f′（x₀）=0，f（x₀）=u（x₀）=0．
再由（I）可知：f′（x）在区间（1，+∞）上单调递增，
当x∈（1，x₀）时，f′（x）＜0，∴f（x）＞f（x₀）=0；
当x∈（x₀，+∞）时，f′（x）＞0，∴f（x）＞f（x₀）=0；
又当x∈（0，1]，f（x）=$（x-{a}_{0}）^{2}$-2xlnx＞0．
故当x∈（0，+∞）时，f（x）≥0恒成立．
综上所述：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0恒成立，且f（x）=0在区间（1，+∞）内有唯一解．

点评 本题考查了导数的运算法则、函数的零点、利用导数研究函数的单调性极值，考查了分类讨论思想方法、推理能力与计算能力，属于难题．