Question

5．已知函数f（x）=x²-2alnx（a∈R），g（x）=2ax．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）若a＞0，函数h（x）=f（x）-g（x）有且只有一个零点，求实数a的值；
（3）若0＜a＜1，对于区间[1，2]上的任意两个不相等的实数x₁，x₂，都有|f（x₁）-f（x₂）|＞|g（x₁）-g（x₂）|成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而判断函数的极值问题；
（2）求出h（x）的导数，求出h（x）的单调区间，求出极小值，得到函数m（x）=2lnx+x-1，根据函数的单调性求出a的值即可；
（3）问题转化为h（x）在[1，2]递增，求出函数的导数，分离参数得到a≤$\frac{{x}^{2}}{x+1}$在[1，2]恒成立，令t=x+1∈[2，3]，从而求出a的范围即可．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{{2x}^{2}-2a}{x}$，
当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）递增，f（x）无极值，
当a＞0时，x∈（0，$\sqrt{a}$）时，f′（x）＜0，f（x）递减，
x∈（$\sqrt{a}$，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）递增，
∴f（x）有极小值f（$\sqrt{a}$）=a-alna，
综上：a≤0时，f（x）无极值，
a＞0时，f（x）_极小值=a-alna，无极大值；
（2）令h（x）=x²-2alnx-2ax，则h′（x）=$\frac{{2x}^{2}-2ax-2a}{x}$，
∵a＞0，令h′（x）=0，解得x₀=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$，
∴h（x）在（0，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$）递减，在（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$，+∞）递增，
∴h（x）在x₀处取得极小值h（x₀）=0，
∴${{x}_{0}}^{2}$-2alnx₀-2ax₀=0且2${{x}_{0}}^{2}$-2ax₀-2a=0，
联立可得：2lnx₀+x₀-1=0，
令m（x）=2lnx+x-1得m′（x）=$\frac{2}{x}$+1＞0，
故m（x）在（0，+∞）递增又m（1）=0，x₀=1，
即$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$=1，解得：a=$\frac{1}{2}$；
（3）不妨令1≤x₁＜x₂≤2，
则由（1）得f（x₁）＜f（x₂）
∴|f（x₁）-f（x₂）|＞|g（x₁）-g（x₂）
?f（x₂）-f（x₁）＞g（x₂）-g（x₁）
?f（x₂）-g（x₂）＞f（x₁）-g（x₁），
则h（x）在[1，2]递增，
∴h′（x）=$\frac{{2x}^{2}-2ax-2a}{x}$≥0在[1，2]恒成立，
即2x²-2ax-2a≥0在[1，2]恒成立，
∴a≤$\frac{{x}^{2}}{x+1}$在[1，2]恒成立，
令t=x+1∈[2，3]，则$\frac{{x}^{2}}{x+1}$=t+$\frac{1}{t}$-2≥$\frac{1}{2}$，
∴0＜a≤$\frac{1}{2}$，
∴a的范围是（0，$\frac{1}{2}$]．

点评 本题考查了函数的单调性、最值、极值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，函数的零点问题，是一道综合题．