Question

5．设函数f（x）=x²-2x+alnx．
（Ⅰ）若函数f（x）有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）证明：f（x₂）＞-$\frac{3+2ln2}{4}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，结合二次函数的性质求出a的范围即可；
（Ⅱ）求出f（x₂）=x₂²-2x₂+（2x₂-2x₂²）lnx₂，令F（t）=t²-2t+（2t-2t²）lnt，（$\frac{1}{2}$＜t＜1），得到F（t）=2（1-2t）lnt，根据函数的单调性求出F（t）＞F（$\frac{1}{2}$），从而证出结论；

解答 解：（Ⅰ）f（x）=x²-2x+alnx，f（x）的定义域为（0，+∞），
求导数得：f′（x）=$\frac{{2x}^{2}-2x+a}{x}$，
∵f（x）有两个极值点x₁，x₂，f′（x）=0有两个不同的正根x₁，x₂，
故2x²-2x+a=0的判别式△=4-8a＞0，即a＜$\frac{1}{2}$，
且x₁+x₂=1，x₁•x₂=$\frac{a}{2}$＞0，所以a的取值范围为（0，$\frac{1}{2}$）；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，$\frac{1}{2}$＜x₂＜1且f′（x₂）=0，得a=2x₂-2x₂²，
∴f（x₂）=x₂²-2x₂+（2x₂-2x₂²）lnx₂，
令F（t）=t²-2t+（2t-2t²）lnt，（$\frac{1}{2}$＜t＜1），
则F′（t）=2（1-2t）lnt，
当t∈（$\frac{1}{2}$，1）时，F′（t）＞0，∴F（t）在（$\frac{1}{2}$，1）上是增函数
∴F（t）＞F（$\frac{1}{2}$）=$\frac{-3-2ln2}{4}$，
∴f（x₂）＞-$\frac{3+2ln2}{4}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查不等式的证明，分类讨论思想，是一道综合题．