Question

已知函数f（x）=x²-2acoskπ•lnx（k∈N^*，a∈R且a＞0）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若k=2012，关于x的方程f（x）=2ax有唯一解，求a的值；
（3）当k=2011时，证明：对一切x∈（0，+∞），都有

f(x)-x2

2a

＞

1

ex

-

2

ex

成立．

Answer 1

分析：（1）由已知可得函数的定义域为x＞0，对函数求导可得，f′(x)=2x-(-1)k•

2a

x

，分k是奇数时，f′（x）＞0，及k是偶数讨论，f′(x)=2x-

2a

x

=

2(x+ a )(x- a )

x

的符号，进而确定函数f （x）在（0，+∞）的单调性；
（2）由k=2012，可得f（x）=x²-2alnx，构造函数g （x）=f （x）-2ax=x ²-2 a xlnx-2ax，对函数求导可得 g′(x)=2x-

2a

x

-2a=

2

x

(x2-ax-a)，若方程f（x）=2ax有唯一解，即g（x）=0有唯一解
（3）当k=2011时，问题等价于证明 xlnx＞

x

ex

-

2

e

(x∈(0，+∞))，由导数可求φ（x）=xlnx（x∈（0，+∞））的最小值是 -

1

e

，设 m(x)=

x

ex

-

2

e

(x∈(0，+∞))由导数知识可得 m(x)max=m(1)=-

1

e

，从而对一切x∈（0，+∞），都有 lnx＞

1

ex

-

2

ex

成立．

解答：解：（1）由已知得x＞0且f′(x)=2x-(-1)k•

2a

x

．
当k是奇数时，f′（x）＞0，则f（x）在（0，+∞）上是增函数；      
当k是偶数时，则f′(x)=2x-

2a

x

=

2(x+ a )(x- a )

x

，
所以当x∈(0，

a

)时，f′（x）＜0，当x∈（a，+∞）时，f′（x）＞0．
故当k是偶数时，f （x）在(0，

a

)上是减函数，在(

a

，+∞)上是增函数．
（2）若k=2012，则f（x）=x²-2alnx（k∈N^*）．
记g （x）=f （x）-2ax=x ²-2a xlnx-2ax，g′(x)=2x-

2a

x

-2a=

2

x

(x2-ax-a)，
若方程f（x）=2ax有唯一解，即g（x）=0有唯一解；     
令g′（x）=0，得x²-ax-a=0．因为a＞0，x＞0，
所以x 1=

a- a2+4a

2

＜0（舍去），x 2=

a+ a2+4a

2

．
当x∈（0，x₂）时，g′（x）＜0，g（x）在（0，x₂）是单调递减函数；
当x∈（x₂，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）在（x₂，+∞）上是单调递增函数．
当x=x₂时，g′（x₂）=0，g（x）_min=g（x₂）．
因为g（x）=0有唯一解，所以g（x₂）=0．
则

g(x2)=0 g′(x2)=0

即

x22-2alnx2-2ax2=0 x22-ax 2-a=0

两式相减得alnx₂+ax₂-a=0，因为a＞0，所以2lnx₂+x₂-1=0（*）．
设函数h（x）=2lnx+x-1，
因为在x＞0时，h （x）是增函数，所以h （x）=0至多有一解．
因为h （1）=0，所以方程（*）的解为x ₂=1，从而解得a=

1

2

（3）当k=2011时，问题等价于证明xlnx＞

x

ex

-

2

e

(x∈(0，+∞))，
由导数可求φ（x）=xlnx（x∈（0，+∞））的最小值是-

1

e

，当且仅当x=

1

e

时取到，
设m(x)=

x

ex

-

2

e

(x∈(0，+∞))，则m′(x)=

1-x

ex

，
易得m(x)max=m(1)=-

1

e

，当且仅当x=1时取到，
从而对一切x∈（0，+∞），都有lnx＞

1

ex

-

2

ex

成立．故命题成立．

点评：本题主要考查了利用导数的应用：求解函数的单调区间、求解函数的最值，而利用导数证明不等式时常见的处理方法是构造函数，利用导数求解函数的最值以证明不等式，属于综合性试题．属难题．