Question

已知函数f（x）=

(x-a)2

lnx

（其中a为常数）．
（1）当a=0时，求函数的单调区间；
（2）当a=1时，对于任意大于1的实数x，恒有f（x）≥k成立，求实数k的取值范围；
（3）当0＜a＜1时，设函数f（x）的3个极值点为x₁，x₂，x₃，且x₁＜x₂＜x₃，求证：x₁+x₃＞

2

e

．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）求导数，利用导数不等式求单调区间；
（2）x＞1时，f（x）≥k，即（x-1）²-klnx≥0成立，分类讨论，利用函数的单调性，即可求实数k的取值范围；
（3）利用导数结合函数f（x）的3个极值点为x₁，x₂，x₃，构造函数，利用单调性去判断．

解答： 解：（1）f′(x)=

x(2lnx-1)

ln2x

．
令f′（x）0可得x=

e

，
∴函数在（0，1），（1，

e

）上函数单调递减，在（

e

，+∞）上函数单调递增，
∴单调减区间为（0，1），（1，

e

）；增区间为（

e

，+∞）；
（2）x＞1时，f（x）≥k，即（x-1）²-klnx≥0成立，
令g（x）=（x-1）²-klnx，则g′（x）=

2x2-2x-k

x

，
∵x＞1，∴2x²-2x=2x（x-1）＞0
①k≤0，g′（x）＞0，∴g（x）在（1，+∞）上是增函数，
∴x＞1时，g（x）＞g（1）=0，满足题意；
②k＞0时，令g′（x）=0，解得x₁=

1- 1+2k

2

＜0，x₂=

1+ 1+2k

2

＞1，
∴x∈（1，x₂），g′（x）＜0，g（x）在（1，x₂）上是减函数，
∴x∈（1，x₂），g（x）＜g（1）=0，不合题意，舍去，
综上可得，k≤0；
（3）由题，f′（x）=

(x-a)(2lnx+ a x -1)

ln2x

对于函数h（x）=2lnx+

a

x

-1，有h′（x）=

2x-a

x2

∴函数h（x）在（0，

a

2

）上单调递减，在（

a

2

，+∞）上单调递增
∵函数f（x）有3个极值点x₁＜x₂＜x₃，
从而h_min（x）=h（

a

2

）=2ln

a

2

+1＜0，所以a＜

2

e

，
当0＜a＜1时，h（a）=2lna＜0，h（1）=a-1＜0，
∴函数f（x）的递增区间有（x₁，a）和（x₃，+∞），递减区间有（0，x₁），（a，1），（1，x₃），
此时，函数f（x）有3个极值点，且x₂=a；
∴当0＜a＜1时，x₁，x₃是函数h(x)=2lnx+

a

x

-1的两个零点；
即有

2lnx1+ a x1 -1=0 2lnx3+ a x3 -1=0

，消去a有2x₁lnx₁-x₁=2x₃lnx₃-x₃
令g（x）=2xlnx-x，g'（x）=2lnx+1有零点x=

1

e

，且x1＜

1

e

＜x3
∴函数g（x）=2xlnx-x在（0，

1

e

）上递减，在（

1

e

，+∞）上递增
证明x₁+x₃＞

2 e

?x₃＞

2 e

-x₁?g（x₃）＞g（

2 e

-x₁）
∵g（x₁）=g（x₃），∴即证g（x₁）＞g（

2 e

-x₁）
构造函数F（x）=g（x）＞g（

2 e

-x），则F（

1

e

）=0
只需要证明x∈（0，

1

e

]单调递减即可．
而F′（x）=2lnx+2ln（

2

e

-x）+2，F″（x）＞0，
∴F'（x）在(0，

1

e

]上单调递增，∴F′(x)＜F(

1

e

)=0
∴当0＜a＜1时，x1+x3＞

2

e

．（14分）

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性以及函数的极值问题，综合性较强，运算量较大．