题目内容
【题目】（本小题满分14分）已知函数f（x）＝－2lnx＋x2－2ax＋a2，其中a>0.
（Ⅰ）设g（x）为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.
【答案】（Ⅰ）当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减
当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增
（Ⅱ）见解析
【解析】（Ⅰ）由已知，函数f（x）的定义域为（0，＋∞）
g（x）＝f '（x）＝2（x－1－lnx－a）
所以g'（x）＝2－
当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减
当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增
（Ⅱ）由f '（x）＝2（x－1－lnx－a）＝0，解得a＝x－1－lnx
令Φ（x）＝－2xlnx＋x2－2x（x－1－lnx）＋（x－1－lnx）2＝（1＋lnx）2－2xlnx
则Φ（1）＝1＞0，Φ（e）＝2（2－e）＜0
于是存在x0∈（1，e），使得Φ（x0）＝0
令a0＝x0－1－lnx0＝u（x0），其中u（x）＝x－1－lnx（x≥1）
由u'（x）＝1－
≥0知，函数u（x）在区间（1，＋∞）上单调递增
故0＝u（1）＜a0＝u（x0）＜u（e）＝e－2＜1
即a0∈（0，1）
当a＝a0时，有f '（x0）＝0，f（x0）＝Φ（x0）＝0
再由（Ⅰ）知，f '（x）在区间（1，＋∞）上单调递增
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
又当x∈（0，1]时，f（x）＝（x－a0）2－2xlnx＞0
故x∈（0，＋∞）时，f（x）≥0
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.
