Question

已知函數(shù)f（x）=

(x-a)2

lnx

（其中a為常數(shù)）．
（1）當a=0時，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）當a=1時，對于任意大于1的實數(shù)x，恒有f（x）≥k成立，求實數(shù)k的取值范圍；
（3）當0＜a＜1時，設函數(shù)f（x）的3個極值點為x₁，x₂，x₃，且x₁＜x₂＜x₃，求證：x₁+x₃＞

2

e

．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：綜合題,導數(shù)的綜合應用

分析：（1）求導數(shù)，利用導數(shù)不等式求單調(diào)區(qū)間；
（2）x＞1時，f（x）≥k，即（x-1）²-klnx≥0成立，分類討論，利用函數(shù)的單調(diào)性，即可求實數(shù)k的取值范圍；
（3）利用導數(shù)結(jié)合函數(shù)f（x）的3個極值點為x₁，x₂，x₃，構(gòu)造函數(shù)，利用單調(diào)性去判斷．

解答： 解：（1）f′(x)=

x(2lnx-1)

ln2x

．
令f′（x）0可得x=

e

，
∴函數(shù)在（0，1），（1，

e

）上函數(shù)單調(diào)遞減，在（

e

，+∞）上函數(shù)單調(diào)遞增，
∴單調(diào)減區(qū)間為（0，1），（1，

e

）；增區(qū)間為（

e

，+∞）；
（2）x＞1時，f（x）≥k，即（x-1）²-klnx≥0成立，
令g（x）=（x-1）²-klnx，則g′（x）=

2x2-2x-k

x

，
∵x＞1，∴2x²-2x=2x（x-1）＞0
①k≤0，g′（x）＞0，∴g（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)，
∴x＞1時，g（x）＞g（1）=0，滿足題意；
②k＞0時，令g′（x）=0，解得x₁=

1- 1+2k

2

＜0，x₂=

1+ 1+2k

2

＞1，
∴x∈（1，x₂），g′（x）＜0，g（x）在（1，x₂）上是減函數(shù)，
∴x∈（1，x₂），g（x）＜g（1）=0，不合題意，舍去，
綜上可得，k≤0；
（3）由題，f′（x）=

(x-a)(2lnx+ a x -1)

ln2x

對于函數(shù)h（x）=2lnx+

a

x

-1，有h′（x）=

2x-a

x2

∴函數(shù)h（x）在（0，

a

2

）上單調(diào)遞減，在（

a

2

，+∞）上單調(diào)遞增
∵函數(shù)f（x）有3個極值點x₁＜x₂＜x₃，
從而h_min（x）=h（

a

2

）=2ln

a

2

+1＜0，所以a＜

2

e

，
當0＜a＜1時，h（a）=2lna＜0，h（1）=a-1＜0，
∴函數(shù)f（x）的遞增區(qū)間有（x₁，a）和（x₃，+∞），遞減區(qū)間有（0，x₁），（a，1），（1，x₃），
此時，函數(shù)f（x）有3個極值點，且x₂=a；
∴當0＜a＜1時，x₁，x₃是函數(shù)h(x)=2lnx+

a

x

-1的兩個零點；
即有

2lnx1+ a x1 -1=0 2lnx3+ a x3 -1=0

，消去a有2x₁lnx₁-x₁=2x₃lnx₃-x₃
令g（x）=2xlnx-x，g'（x）=2lnx+1有零點x=

1

e

，且x1＜

1

e

＜x3
∴函數(shù)g（x）=2xlnx-x在（0，

1

e

）上遞減，在（

1

e

，+∞）上遞增
證明x₁+x₃＞

2 e

?x₃＞

2 e

-x₁?g（x₃）＞g（

2 e

-x₁）
∵g（x₁）=g（x₃），∴即證g（x₁）＞g（

2 e

-x₁）
構(gòu)造函數(shù)F（x）=g（x）＞g（

2 e

-x），則F（

1

e

）=0
只需要證明x∈（0，

1

e

]單調(diào)遞減即可．
而F′（x）=2lnx+2ln（

2

e

-x）+2，F(xiàn)″（x）＞0，
∴F'（x）在(0，

1

e

]上單調(diào)遞增，∴F′(x)＜F(

1

e

)=0
∴當0＜a＜1時，x1+x3＞

2

e

．（14分）

點評：本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的極值問題，綜合性較強，運算量較大．