Question

13．已知函数g（x）=x²-2x1nx．
（1）讨论g（x）的单调性；
（2）证明：存在a∈（0，1），使得g（x）≥2a（lnx+x+a-$\frac{1}{2}$）（a＞0）在区间（1，+∞）内恒成立，且g（x）=2a（lnx+x+a-$\frac{1}{2}$）（a＞0）在（1，+∞）内有唯一解．

Answer 1

分析 （1）求出导数，判断导数的符号，即可得到单调性；
（2）设f（x）=g（x）-2a（lnx+x+a-$\frac{1}{2}$），求出导数，令导数为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+$\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}$，利用函数零点存在定理可得：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），再利用导数研究其单调性即可得出．

解答 解：（1）函数g（x）=x²-2x1nx的导数为g′（x）=2x-2（lnx+1），
由x-lnx-1的导数为1-$\frac{1}{x}$，当x＞1时，递增，当0＜x＜1时，递减，
可得x=1时取得最小值，且为0，即有x-lnx-1≥0，
即g′（x）≥0，g（x）递增，
则g（x）在（0，+∞）递增；
（2）设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+$\frac{x-1-lnx}{1+{x}^{-1}}$，
则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：函数v（x）在区间（1，+∞）上单调递增．
∴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），
当a=a₀时，有f′（x₀）=0，f（x₀）=u（x₀）=0．
再由（1）可知：f′（x）在区间（1，+∞）上单调递增，
当x∈（1，x₀）时，f′（x）＜0，∴f（x）＞f（x₀）=0；
当x∈（x₀，+∞）时，f′（x）＞0，∴f（x）＞f（x₀）=0；
又当x∈（0，1]，f（x）=（x-a₀）²-2xlnx＞0．
故当x∈（0，+∞）时，f（x）≥0恒成立．
综上所述：存在a∈（0，1），使得g（x）≥2a（lnx+x+a-$\frac{1}{2}$）（a＞0）在区间（1，+∞）内恒成立，
且g（x）=2a（lnx+x+a-$\frac{1}{2}$）（a＞0）在（1，+∞）内有唯一解．

点评 本题考查了导数的运算法则、函数的零点、利用导数研究函数的单调性极值，考查了分类讨论思想方法、推理能力与计算能力，属于难题．