Question

8．设函数f（x）=（x-1）²+alnx，a∈R．
（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x+2y-1=0垂直，求a的值；
（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅲ）若函数f（x）有两个极值点x₁，x₂且x₁＜x₂，求证：f（x₂）＞$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{2}$ln2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数f（x）的导数，根据导函数f′（1）=2，从而求出a的值；
（Ⅱ）令g（x）=2x²-2x+a，通过讨论函数g（x）的判别式，从而得到函数f（x）的单调区间；
（Ⅲ）问题转化为求h（x）=（x-1）²+（-2x²+2x）lnx，x∈（$\frac{1}{2}$，1）的单调性，得到h（x）＞h（$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{2}$ln2，从而证出结论．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=2x-2+$\frac{a}{x}$=$\frac{{2{x^2}-2x+a}}{x}$，
∵曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x+2y-1=0垂直，
∴f′（1）=a=2．                                            
（Ⅱ）令g（x）=2x²-2x+a，则△=4-8a．
①当△≤0，即a≥$\frac{1}{2}$时，g（x）≥0，从而f?（x）≥0，
故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；                              
②当△＞0，即a＜$\frac{1}{2}$时，g（x）=0的两个根为x₁=$\frac{{1-\sqrt{1-2a}}}{2}$，x₂=$\frac{{1+\sqrt{1-2a}}}{2}$＞$\frac{1}{2}$，
当$\sqrt{1-2a}≥1$，即a≤0时，x₁≤0，当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，x₁＞0．
故当a≤0时，函数f（x）在（0，$\frac{{1-\sqrt{1-2a}}}{2}$）单调递减，在（$\frac{{1+\sqrt{1-2a}}}{2}$，+∞）单调递增；
当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，函数f（x）在（0，$\frac{{1-\sqrt{1-2a}}}{2}$），（$\frac{{1+\sqrt{1-2a}}}{2}$，+∞）单调递增，
在（$\frac{{1-\sqrt{1-2a}}}{2}$，$\frac{{1+\sqrt{1-2a}}}{2}$）单调递减．                           
（Ⅲ）当函数f（x）有2个极值点时，0＜a＜$\frac{1}{2}$，0＜$\sqrt{1-2a}$＜1，
此时x₂=$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$∈（$\frac{1}{2}$，1），且g（x₂）=0，即a=-2${{x}_{2}}^{2}$+2x₂，
∴f（x₂）=${{（x}_{2}-1）}^{2}$+alnx₂=${{（x}_{2}-1）}^{2}$+（-2${{x}_{2}}^{2}$+2x₂）lnx₂，
设h（x）=（x-1）²+（-2x²+2x）lnx，其中x∈（$\frac{1}{2}$，1），
则h′（x）=（-4x+2）lnx，
由于x∈（$\frac{1}{2}$，1）时，h′（x）＞0，故函数h（x）在（$\frac{1}{2}$，1）单调递增，
故h（x）＞h（$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{2}$ln2，
∴f（x₂）＞$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{2}$ln2．

点评 本题考查了函数的单调性，导数的应用，考查分类讨论思想，考查函数恒成立问题，本题有一定难度．