已知函数f(x)=x2-2a(-1)klnx(k∈N*.a∈R且a＞0)．的单调性,(2)若k=2016时.关于x的不等式f(x)≥2ax对任意的x∈[e.+∞)恒成立.e为自然对数的底数.求正数a的取值范围,在x=x0处取得极大值或极小值.则称x0为函数y=g(x)的极值点．若k=2016.函数g-$\frac{1}{a}$x2+x-$\frac{m}{x}$有� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

7．已知函数f（x）=x²-2a（-1）^klnx（k∈N^*，a∈R且a＞0）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若k=2016时，关于x的不等式f（x）≥2ax对任意的x∈[e，+∞）恒成立，e为自然对数的底数，求正数a的取值范围；
（3）若函数y=g（x）在x=x₀处取得极大值或极小值，则称x0为函数y=g（x）的极值点．若k=2016，函数g（x）=$\frac{1}{a}$f（x）-$\frac{1}{a}$x²+x-$\frac{m}{x}$（m∈R）有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，试判断g（x₂）与x₂-1大小，并证明你的结论．

分析（1）求出f（x）的导数，通过讨论k的奇偶性，求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为a≤$\frac{{x}^{2}}{2x+2lnx}$对任意的x∈[e，+∞）恒成立，令h（x）=$\frac{{x}^{2}}{2x+2lnx}$，求出h（x）的导数，从而求出h（x）的最小值，求出a的范围即可；
（3）求出g（x）的表达式，求出x₂的值，得到g（x₂）-x₂+1=-2ln（1+$\sqrt{1-m}$）+$\sqrt{1-m}$，令$\sqrt{1-m}$=t，则t≥0，令h（t）=-2ln（1+t）+t，求出h（t）的最大值是负数，从而比较大小．

解答解：（1）f（x）=x²-2a（-1）^klnx（k∈N^*，a∈R且a＞0）的定义域是（0，+∞），
∴f′（x）=$\frac{{2x}^{2}-2{a（-1）}^{k}}{x}$，
k为奇数时，f′（x）=$\frac{{2x}^{2}+2a}{x}$＞0，f（x）在（0，+∞）递增，
k为偶数时，f′（x）=$\frac{{2x}^{2}-2a}{x}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞$\sqrt{a}$，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\sqrt{a}$，
∴f（x）在（0，$\sqrt{a}$）递减，在（$\sqrt{a}$，+∞）递增；
（2）k=2006时，f（x）=x²-2alnx，关于x的不等式f（x）≥2ax对任意的x∈[e，+∞）恒成立，
即x²-2alnx≥2ax对任意的x∈[e，+∞）恒成立，
即a≤$\frac{{x}^{2}}{2x+2lnx}$对任意的x∈[e，+∞）恒成立，
令h（x）=$\frac{{x}^{2}}{2x+2lnx}$，则h′（x）=$\frac{2x（x-1+2lnx）}{{（2x+2lnx）}^{2}}$＞0，
h（x）在[e，+∞）递增，h（x）_最小值=h（e）=$\frac{{e}^{2}}{2e+2}$，
∴0＜a≤$\frac{{e}^{2}}{2e+2}$；
（3）k=2016时，f（x）=x²-2alnx，
g（x）=$\frac{1}{a}$f（x）-$\frac{1}{a}$x²+x-$\frac{m}{x}$=-2lnx+x-$\frac{m}{x}$，（x＞0），
g′（x）=-$\frac{2}{x}$+1+$\frac{m}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-2x+m}{{x}^{2}}$，
函数g（x）有2个极值点，则g′（x）=0有2个不相等的实数根，
解方程x²-2x+m=0，解得：x₂=1+$\sqrt{1-m}$（m＜1），
∴g（x₂）-x₂+1=-2ln（1+$\sqrt{1-m}$）+1-$\frac{m}{1+\sqrt{1-m}}$=-2ln（1+$\sqrt{1-m}$）+$\sqrt{1-m}$，
令$\sqrt{1-m}$=t，则t≥0，
令h（t）=-2ln（1+t）+t，则h′（t）=$\frac{1-t}{1+t}$，h″（t）=-$\frac{2}{{（1+t）}^{2}}$＜0，
∴h′（t）在（0，+∞）递减，h′（t）_max=h′（0）=1，h′（1）=0，
∴x∈（0，1）时，h′（t）＞0，x∈（1，+∞）时，h′（t）＜0，
∴h（t）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，
∴h（t）_max=h（1）=-2ln2+1＜0，
∴h（t）＜0在（0，+∞）恒成立，
∴g（x₂）＜x₂-1．