Question

13．已知函數(shù)g（x）=x²-2x1nx．
（1）討論g（x）的單調(diào)性；
（2）證明：存在a∈（0，1），使得g（x）≥2a（lnx+x+a-$\frac{1}{2}$）（a＞0）在區(qū)間（1，+∞）內(nèi)恒成立，且g（x）=2a（lnx+x+a-$\frac{1}{2}$）（a＞0）在（1，+∞）內(nèi)有唯一解．

Answer 1

分析 （1）求出導數(shù)，判斷導數(shù)的符號，即可得到單調(diào)性；
（2）設(shè)f（x）=g（x）-2a（lnx+x+a-$\frac{1}{2}$），求出導數(shù)，令導數(shù)為0，解得a，令u（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+$\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}$，利用函數(shù)零點存在定理可得：存在x₀∈（1，e），使得u（x₀）=0，令a₀=$\frac{{x}_{0}-1-ln{x}_{0}}{1+{{x}_{0}}^{-1}}$=v（x₀），再利用導數(shù)研究其單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）函數(shù)g（x）=x²-2x1nx的導數(shù)為g′（x）=2x-2（lnx+1），
由x-lnx-1的導數(shù)為1-$\frac{1}{x}$，當x＞1時，遞增，當0＜x＜1時，遞減，
可得x=1時取得最小值，且為0，即有x-lnx-1≥0，
即g′（x）≥0，g（x）遞增，
則g（x）在（0，+∞）遞增；
（2）設(shè)f（x）=g（x）-2a（lnx+x+a-$\frac{1}{2}$），f′（x）=2（x-a）-2lnx-2（1+$\frac{a}{x}$）=0，
解得a=$\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}$，
令u（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+$\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}$，
則u（1）=1＞0，u（e）=$\frac{e（e-2）}{1+{e}^{-1}}$-2（$\frac{e-2}{1+{e}^{-1}}$）²＜0，
∴存在x₀∈（1，e），使得u（x₀）=0，
令a₀=$\frac{{x}_{0}-1-ln{x}_{0}}{1+{{x}_{0}}^{-1}}$=v（x₀），其中v（x）=x-1-lnx（x≥1），
由v′（x）=1-$\frac{1}{x}$≥0，可得：函數(shù)v（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增．
∴0=$\frac{v（1）}{1+1}$＜$\frac{v（{x}_{0}）}{1+{{x}_{0}}^{-1}}$=a₀＜$\frac{v（e）}{1+{e}^{-1}}$=$\frac{e-2}{1+{e}^{-1}}$＜1，即a₀∈（0，1），
當a=a₀時，有f′（x₀）=0，f（x₀）=u（x₀）=0．
再由（1）可知：f′（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增，
當x∈（1，x₀）時，f′（x）＜0，∴f（x）＞f（x₀）=0；
當x∈（x₀，+∞）時，f′（x）＞0，∴f（x）＞f（x₀）=0；
又當x∈（0，1]，f（x）=（x-a₀）²-2xlnx＞0．
故當x∈（0，+∞）時，f（x）≥0恒成立．
綜上所述：存在a∈（0，1），使得g（x）≥2a（lnx+x+a-$\frac{1}{2}$）（a＞0）在區(qū)間（1，+∞）內(nèi)恒成立，
且g（x）=2a（lnx+x+a-$\frac{1}{2}$）（a＞0）在（1，+∞）內(nèi)有唯一解．

點評 本題考查了導數(shù)的運算法則、函數(shù)的零點、利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值，考查了分類討論思想方法、推理能力與計算能力，屬于難題．