Question

9．已知函数f（x）=-2xlnx+x²-2ax+a²．记g（x）为f（x）的导函数．
（1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线垂直于直线x+y+3=0，求a的值；
（2）讨论g（x）=0的解的个数；
（3）证明：对任意的0＜s＜t＜2，恒有$\frac{g（s）-g（t）}{s-t}$＜1．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，可得切线的斜率，由两直线垂直的条件：斜率之积为-1，解方程可得a；
（2）由题意可得a=x-1-lnx，x＞0，设h（x）=x-1-lnx，求出导数，单调区间和极值、最值，讨论a的范围，即可得到解的个数；
（3）由题意可得即有$\frac{g（s）-s-[g（t）-t]}{s-t}$＜0，即证g（x）-x在（0，2）为减函数．可令k（x）=g（x）-x=-2（1+lnx）+x-2a，0＜x＜2，求出导数，判断单调性即可得证．

解答 解：（1）函数f（x）=-2xlnx+x²-2ax+a²
的导数为f′（x）=-2（1+lnx）+2x-2a，
可得曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为-2+2-2a=-2a，
切线垂直于直线x+y+3=0，可得-2a=1，解得a=-$\frac{1}{2}$；
（2）g（x）=f′（x）=-2（1+lnx）+2x-2a=0，
即为a=x-1-lnx，x＞0，
设h（x）=x-1-lnx，h′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）递增；
当0＜x＜1时，h′（x）＜0，h（x）递减．
可得h（x）在x=1处取得极小值，也为最小值0，
则当a=0时，g（x）=0有一解；
当a＜0时，g（x）=0无解；
当a＞0时，g（x）=0有两解；
（3）证明：对任意的0＜s＜t＜2，恒有$\frac{g（s）-g（t）}{s-t}$＜1，
即有$\frac{g（s）-s-[g（t）-t]}{s-t}$＜0，
即证g（x）-x在（0，2）为减函数．
可令k（x）=g（x）-x=-2（1+lnx）+x-2a，0＜x＜2，
k′（x）=-2•$\frac{1}{x}$+1=$\frac{x-2}{x}$，
由0＜x＜2可得k′（x）＜0，
可得k（x）=g（x）-x在（0，2）递减，
故对任意的0＜s＜t＜2，恒有$\frac{g（s）-g（t）}{s-t}$＜1．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值和最值，考查分类讨论思想方法和构造法的运用，同时考查化简整理的运算能力，属于中档题，