Question

巳知函数f（x）=x²-2ax-2alnx（x＞0，a∈R，g（x）=ln²x+2a²+

1

2

．
（1）证明：当a＞0时，对于任意不相等的两个正实数x₁、x₂，均有

f( x1)+f(x2)

2

＞f（

x1+x2

2

）成立；
（2）记h（x）=

f(x)+g(x)

2

，
    （i）若y=h′（x）在[1，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；
    （ii）证明：h（x）≥

1

2

．

Answer 1

分析：（1）首先分别求出

f( x1)+f(x2)

2

与f（

x1+x2

2

）；然后通过作差法或基本不等式等知识比较两代数式中部分的大小；最后得出两代数式整体的大小．
（2）（i）首先求出h（x）及其导函数h′（x）；然后根据y=h′（x）在[1，+∞）上单调递增，得y=h′（x）的导函数大于等于0恒成立，则利用分离参数的方法可得关于a的不等式a≥-x²+lnx-1（x≥1）恒成立；再运用导数法求出-x²+lnx-1的最大值，此时a≥[-x²+lnx-1]_max即可．
（ii）首先把h（x）表示成a为主元的函数h（x）=a²-（x+lnx）a+

1

2

（x²+ln²x）+

1

4

；然后利用配方法得P（a）=a²-（x+lnx）a+

1

2

（x²+ln²x）=（a-

x+lnx

2

）²+

(x-lnx)2

4

≥

(x-lnx)2

4

；再通过构造函数Q（x）=x-lnx，并由导数法求其最小值进而得P（a）的最小值；最后得h（x）的最小值，即问题得证．

解答：（1）证明：由题意得，

f( x1)+f(x2)

2

=

x 2 1 + x 2 2

2

-a（x₁+x₂）-aln（x₁x₂），
f（

x1+x2

2

）=(

x1+x2

2

)2-a（x₁+x₂）-2aln

x1+x2

2

=(

x1+x2

2

)2-a（x₁+x₂）-aln(

x1+x2

2

)2
∵

x 2 1 + x 2 2

2

-(

x1+x2

2

)2=

(x1-x2) 2

4

＞0（x₁≠x₂），∴

x 2 1 + x 2 2

2

＞(

x1+x2

2

)2   ①
又∵0＜x₁x₂＜(

x1+x2

2

)2∴lnx₁x₂＜ln(

x1+x2

2

)2
∵a＞0∴-alnx₁x₂＞-aln(

x1+x2

2

)2  ②
由①②知

f( x1)+f(x2)

2

＞f（

x1+x2

2

）．
（2）（i）解：h（x）=

f(x)+g(x)

2

=

1

2

x²-ax-alnx+

1

2

ln²x+a²+

1

4

．
∴h′（x）=x-a-

a

x

+

lnx

x

令F（x）=h′（x）=x-a-

a

x

+

lnx

x

，则y=F（x）在[1，+∞）上单调递增．
∴F′（x）=

x2-lnx+a+1

x2

，则当x≥1时，x²-lnx+a+1≥0恒成立．
即x≥1时，a≥-x²+lnx-1恒成立．
令G（x）=-x²+lnx-1，则当x≥1时，G′（x）=

1-2x2

x

＜0．
∴G（x）=-x²+lnx-1在[1，+∞）上单调递减，从而G（x）_max=G（1）=-2．
故a≥G（x）_max=-2．即a的取值范围是[-2，+∞）．
（ii）证明：：h（x）=

1

2

x²-ax-alnx+

1

2

ln²x+a²+

1

4

=a²-（x+lnx）a+

1

2

（x²+ln²x）+

1

4

．
令P（a）=a²-（x+lnx）a+

1

2

（x²+ln²x），则P（a）=（a-

x+lnx

2

）²+

(x-lnx)2

4

≥

(x-lnx)2

4

．
令Q（x）=x-lnx，则Q′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

．
显然Q（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
则Q（x）_min=Q（1）=1，则P（a）≥

1

4

．
故h（x）≥

1

4

+

1

4

=

1

2

．

点评：本题主要考查函数单调性与导数的关系及最值与导数的关系，同时考查了不等式知识、比较法等；特别是导数法的连续运用是本题的难点．