Question

已知函數(shù)f（x）=x²-2a（-1）^k lnx（k∈N^*，a∈R且a＞0），
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若k=2014時，關(guān)于x的方程f（x）=2ax有唯一解，求a的值；
（3）當(dāng)k=2013時，證明：對一切x＞0∈（0，+∞），都有f（x）-x²＞2a（

1

ex

-

2

ex

）成立．

Answer 1

分析：（1）對k分類討論，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，可得函數(shù)的單調(diào)性；
（2）構(gòu)造g（x）=f（x）-2ax，方程f（x）=2ax有唯一解，即g（x）=0有唯一解，求導(dǎo)數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，即可求得結(jié)論；
（3）當(dāng)k=2013時，問題等價于證明xlnx＞

x

ex

-

2

e

(x∈(0，+∞))，由導(dǎo)數(shù)可求φ（x）=xlnx（x∈（0，+∞））的最小值是-

1

e

，當(dāng)且僅當(dāng)x=

1

e

時取到，由此可得結(jié)論．

解答：（1）解：由已知得x＞0且f(x)=2x-(-1)k•

2a

x

．
當(dāng)k是奇數(shù)時，f′（x）＞0，則f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；
當(dāng)k是偶數(shù)時，則f′(x)=

2(x+ a )(x- a )

x

．
所以當(dāng)x∈（0，

a

）時，f′（x）＜0，當(dāng)x∈（

a

，+∞）時，f′（x）＞0．
故當(dāng)k是偶數(shù)時，f （x）在（0，

a

）上是減函數(shù)，在（

a

，+∞）上是增函數(shù)．…（4分）
（2）解：若k=2014，則f（x）=x²-2alnx．
記g（x）=f（x）-2ax=x²-2alnx-2ax，∴g′(x)=

2

x

(x2-ax-a)，
若方程f（x）=2ax有唯一解，即g（x）=0有唯一解；    
令g′（x）=0，得x²-ax-a=0．
因為a＞0，x＞0，所以x1=

a- a2+4a

2

＜0（舍去），x2=

a+ a2+4a

2

．  
當(dāng)x∈（0，x₂）時，g′（x）＜0，g（x）在（0，x₂）是單調(diào)遞減函數(shù)；
當(dāng)x∈（x₂，+∞）時，g′（x）＞0，g（x）在（x₂，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)．
當(dāng)x=x₂時，g′（x₂）=0，g（x）_min=g（x₂）．    
因為g（x）=0有唯一解，所以g（x₂）=0．
則

x22-2alnx2-2ax2=0 x22-ax2-a=0

 
設(shè)函數(shù)h（x）=2lnx+x-1，
因為在x＞0時，h （x）是增函數(shù)，所以h （x）=0至多有一解．
因為h（1）=0，所以方程（*）的解為x ₂=1，從而解得a=

1

2

…（10分）
（3）證明：當(dāng)k=2013時，問題等價于證明xlnx＞

x

ex

-

2

e

(x∈(0，+∞))
由導(dǎo)數(shù)可求φ（x）=xlnx（x∈（0，+∞））的最小值是-

1

e

，當(dāng)且僅當(dāng)x=

1

e

時取到，
設(shè)m(x)=

x

ex

-

2

e

(x∈(0，+∞))，則m′(x)=

1-x

ex

，
∴m(x)max=m(1)=-

1

e

，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時取到，
從而對一切x∈（0，+∞），都有lnx＞

1

ex

-

2

ex

成立．故命題成立．…（16分）

點評：本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查學(xué)生分析解決問題的能力，難度大．