Question

5．已知函數(shù)f（x）=（x-2）²+alnx．
（1）若a=-6，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f（x）存在兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，且x₁＜x₂，求證：$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$≥2（1-e${\;}^{-\frac{1}{2}}$）．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=-6時(shí)，求得f（x）和其定義域及f′（x），令f′（x）＞0及′（x）＜0，分別求得單調(diào)遞增區(qū)間和單調(diào)遞減區(qū)間；
（2）求導(dǎo)，f（x）存在兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，且x₁＜x₂．轉(zhuǎn)化成一元二次方程2x²-4x+a=0的兩個(gè)根x₁，x₂，且0＜x₁＜x₂，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，將x₁用x₂表示，求得$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$的表達(dá)，構(gòu)造輔助函數(shù)求得：$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$的最小值，即可證明原式成立．

解答 解：（1）當(dāng)a=-6，f（x）=（x-2）²-6lnx，x∈（0，+∞），
f′（x）=2（x-2）-$\frac{6}{x}$=$\frac{2（{x}^{2}-2x-3）}{x}$．
令f′（x）＞0，解得：x＞3，f′（x）＜0，解得0＜x＜3，
∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（3，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（0，3）；
（2）證明：函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
f′（x）=$\frac{{2x}^{2}-4x+a}{x}$，
f（x）存在兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，且x₁＜x₂．
∴f′（x）=0有兩個(gè)不同的根x₁，x₂，且0＜x₁＜x₂，
∴x₁，x₂是一元二次方程2x²-4x+a=0的兩個(gè)根，
由x₁+x₂=2，x₁x₂=$\frac{a}{2}$，則a=2x₂（2-x₂），
f（x₁）=（x₁-2）²+alnx₁．
=x₂²+2x₂（2-x₂）ln（2-x₂）．1＜x₂＜2，
$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$=x₂+2（2-x₂）ln（2-x₂）．1＜x₂＜2，
令g（t）=t+2（2-t）ln（2-t），1＜t＜2，
g′（x）=1-2ln（2-t）-2=-1-2ln（2-t），
令g′（x）=0，解得t=2-${e}^{-\frac{1}{2}}$，
g′（x）＞0，解得2-${e}^{-\frac{1}{2}}$＜t＜2，g′（x）＜0，1＜t＜2-${e}^{-\frac{1}{2}}$，
g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（2-${e}^{-\frac{1}{2}}$，2），g（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（1，2-${e}^{-\frac{1}{2}}$），
∴g（x）的極小值也為（1，2）的最小值為g（2-${e}^{-\frac{1}{2}}$）=2（1-${e}^{-\frac{1}{2}}$），
∴g（x）≥g（2-${e}^{-\frac{1}{2}}$）=2（1-${e}^{-\frac{1}{2}}$），
即有：$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$≥2（1-e${\;}^{-\frac{1}{2}}$）．

點(diǎn)評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及不等式成立的綜合應(yīng)用，同時(shí)考查了根與系數(shù)的關(guān)系，化簡比較繁瑣，注意要細(xì)心，屬于難題．