Question

9．已知函数f（x）=x²-4lnx
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数g（x）=$\frac{f（x）}{2}$+3lnx-ax（a＞0），证明：函数g（x）有且仅有1个零点．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，从而求出函数的单调区间即可；（2）通过讨论a的范围结合函数的单调性以及根的判别式证明即可．

解答 （1）解：f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）=$\frac{2（x-\sqrt{2}）（x+\sqrt{2}）}{x}$，
故0＜x＜$\sqrt{2}$时，f′（x）＜0，x＞$\sqrt{2}$时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，$\sqrt{2}$）递减，在（$\sqrt{2}$，+∞）递增；
（2）证明：g（x）=$\frac{{x}^{2}}{2}$+lnx-ax，g′（x）=$\frac{{x}^{2}-ax+1}{x}$，
令g′（0）=0，得：x²-ax+1=0，
当△=a²-4≤0，即0＜a≤2时，g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）递增，
∴g（x）最多只有一个零点；
∵g（x）=$\frac{1}{2}$x（x-2a）+lnx，0＜x＜2a且x＜1时，g（x）＜0，
当x＞2a且x＞1时，g（x）＞0，
∴g（x）有且只有一个零点；
当△=a²-4＞0，即a＞2时，不妨设方程x²-ax+1=0的两根是x₁，x₂，（x₁＜x₂），
则0＜x₁＜1＜x₂，则在区间（0，x₁ ），（x₂，+∞）递增，在（x₁，x₂）递减，
由于${{x}_{1}}^{2}$-ax₁+1=0，∴g（x₁）=$\frac{1}{2}$${{x}_{1}}^{2}$+lnx₁-ax₁=lnx₁-$\frac{1}{2}$${{x}_{1}}^{2}$-1，
令h（t）=lnt-$\frac{1}{2}$t²-1，t∈（0，1），则h′（t）=$\frac{1}{t}$-t＞0，
∴h（t）在（0，1）递增，∴h（x₁）＜h（1）=-$\frac{3}{2}$＜0，
由此得g（x₂）＜g（x₁）＜0，
又∵x＞2a且x＞1时，g（x）＞0，故g（x）在（0，+∞）有且只有一个零点，
综上，a＞0时，g（x）有且只有一个零点．

点评 本题考察了函数的零点问题，考查导数的应用以及函数的单调性问题，渗透了转化思想，数形结合思想，是一道综合题．