Question

2．已知函數(shù)f（x）=-2xlnx+x²-2ax+a²，其中a＞0．
（Ⅰ）設(shè)g（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)，討論g（x）的單調(diào)性．
（Ⅱ）證明：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0在x∈（0，+∞）上恒成立，且f（x）=0在區(qū)間（1，+∞）內(nèi)有唯一解．

Answer 1

分析 （I）函數(shù)f（x）=-2xlnx+x²-2ax+a²，其中a＞0．可得：x＞0．g（x）=f′（x）=2（x-1-lnx-a），可得g′（x）=$2-\frac{2}{x}$=$\frac{2（x-1）}{x}$，分別解出g′（x）＜0，g′（x）＞0，即可得出單調(diào)性．
（II）由f′（x）=2（x-1-lnx-a）=0，可得a=x-1-lnx，代入f（x）可得：u（x）=（1+lnx）²-2xlnx，利用函數(shù)零點(diǎn)存在定理可得：存在x₀∈（1，e），使得u（x₀）=0，再利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可得出．

解答 解：（I）函數(shù)f（x）=-2xlnx+x²-2ax+a²，其中a＞0．可得：x＞0．
g（x）=f′（x）=2（x-1-lnx-a），∴g′（x）=$2-\frac{2}{x}$=$\frac{2（x-1）}{x}$，
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)1＜x時(shí)，g′（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增．
（II）證明：由f′（x）=2（x-1-lnx-a）=0，解得a=x-1-lnx，
令u（x）=-2xlnx+x²-2（x-1-lnx）x+（x-1-lnx）²=（1+lnx）²-2xlnx，
則u（1）=1＞0，u（e）=2（2-e）＜0，
∴存在x₀∈（1，e），使得φ（x₀）=0，
令a₀=x₀-1-lnx₀=u（x₀），其中u（x）=x-1-lnx（x≥1），
由u′（x）=1-$\frac{1}{x}$≥0，可得：函數(shù)u（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增．
∴0=u（1）＜a₀=u（x₀）＜u（e）=e-2＜1，即a₀∈（0，1），
當(dāng)a=a₀時(shí)，有f′（x₀）=0，f（x₀）=φ（x₀）=0．
再由（I）可知：f′（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈（1，x₀）時(shí)，f′（x）＜0，∴f（x）＞f（x₀）=0；
當(dāng)x∈（x₀，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，∴f（x）＞f（x₀）=0；
又當(dāng)x∈（0，1]，f（x）=$（x-{a}_{0}）^{2}$-2xlnx＞0．
故當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，f（x）≥0恒成立．
綜上所述：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0恒成立，且f（x）=0在區(qū)間（1，+∞）內(nèi)有唯一解．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則、函數(shù)的零點(diǎn)、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值，考查了分類討論思想方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．