Question

20．已知函数f（x）=-2（x+a）lnx+x²-2ax-2a²+a，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在区间（1，+∞）内恒成立，且f（x）=0在区间（1，+∞）内有唯一解．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数f（x）的定义域，把函数f（x）求导得到g（x）再对g（x）求导，得到其导函数的零点，然后根据导函数在各区间段内的符号得到函数g（x）的单调期间；
（Ⅱ）由f（x）的导函数等于0把a用含有x的代数式表示，然后构造函数φ（x）=$-2（x+\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}）lnx+$x²$-2（\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}）x$$-2（\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}）^{2}+\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}$，由函数零点存在定理得到x₀∈（1，e），使得φ（x₀）=0．令${a}_{0}=\frac{{x}_{0}-1-ln{x}_{0}}{1+{{x}_{0}}^{-1}}$，u（x）=x-1-lnx（x≥1），利用导数求得a₀∈（0，1），然后进一步利用导数说明当a=a₀时，若x∈（1，+∞），有f（x）≥0，即可得到存在a∈（0，1），使得f（x）≥0在区间（1，+∞）内恒成立，且f（x）=0在区间（1，+∞）内有唯一解．

解答 解：（Ⅰ）由已知，函数f（x）的定义域为（0，+∞），
g（x）=${f}^{′}（x）=2（x-a）-2lnx-2（1+\frac{a}{x}）$，
∴$g′（x）=2-\frac{2}{x}+\frac{2a}{{x}^{2}}=\frac{2（x-\frac{1}{2}）^{2}+2（a-\frac{1}{4}）}{{x}^{2}}$．
当0＜a＜$\frac{1}{4}$时，g（x）在$（0，\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}），（\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}，+∞）$上单调递增，
在区间$（\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}，\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}）$上单调递减；
当a$≥\frac{1}{4}$时，g（x）在（0，+∞）上单调递增．
（Ⅱ）由${f}^{′}（x）=2（x-a）-2lnx-2（1+\frac{a}{x}）$=0，解得$a=\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}$，
令φ（x）=$-2（x+\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}）lnx+$x²$-2（\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}）x$$-2（\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}）^{2}+\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}$，
则φ（1）=1＞0，φ（e）=$-\frac{e（e-2）}{1+{e}^{-1}}-2（\frac{e-2}{1+{e}^{-1}}）^{2}＜0$．
故存在x₀∈（1，e），使得φ（x₀）=0．
令${a}_{0}=\frac{{x}_{0}-1-ln{x}_{0}}{1+{{x}_{0}}^{-1}}$，u（x）=x-1-lnx（x≥1），
由${u}^{′}（x）=1-\frac{1}{x}≥0$知，函数u（x）在（1，+∞）上单调递增．
∴$0=\frac{u（1）}{1+1}＜\frac{u（{x}_{0}）}{1+{{x}_{0}}^{-1}}={a}_{0}＜\frac{u（e）}{1+{e}^{-1}}=\frac{e-2}{1+{e}^{-1}}＜1$．
即a₀∈（0，1），
当a=a₀时，有f′（x₀）=0，f（x₀）=φ（x₀）=0．
由（Ⅰ）知，f′（x）在（1，+∞）上单调递增，
故当x∈（1，x₀）时，f′（x）＜0，从而f（x）＞f（x₀）=0；
当x∈（x₀，+∞）时，f′（x）＞0，从而f（x）＞f（x₀）=0．
∴当x∈（1，+∞）时，f（x）≥0．
综上所述，存在a∈（0，1），使得f（x）≥0在区间（1，+∞）内恒成立，且f（x）=0在区间（1，+∞）内有唯一解．

点评 本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新知识，考查了函数与方程、数形结合、分类与整合、化归与转化等数学思想方法，是压轴题．