Question

巳知函數(shù)f（x）=x²-2ax-2alnx（x＞0，a∈R，g（x）=ln²x+2a²+

1

2

．
（1）證明：當a＞0時，對于任意不相等的兩個正實數(shù)x₁、x₂，均有

f( x1)+f(x2)

2

＞f（

x1+x2

2

）成立；
（2）記h（x）=

f(x)+g(x)

2

，
    （i）若y=h′（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；
    （ii）證明：h（x）≥

1

2

．

Answer 1

分析：（1）首先分別求出

f( x1)+f(x2)

2

與f（

x1+x2

2

）；然后通過作差法或基本不等式等知識比較兩代數(shù)式中部分的大�。蛔詈蟮贸鰞纱鷶�(shù)式整體的大�。�
（2）（i）首先求出h（x）及其導函數(shù)h′（x）；然后根據(jù)y=h′（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，得y=h′（x）的導函數(shù)大于等于0恒成立，則利用分離參數(shù)的方法可得關于a的不等式a≥-x²+lnx-1（x≥1）恒成立；再運用導數(shù)法求出-x²+lnx-1的最大值，此時a≥[-x²+lnx-1]_max即可．
（ii）首先把h（x）表示成a為主元的函數(shù)h（x）=a²-（x+lnx）a+

1

2

（x²+ln²x）+

1

4

；然后利用配方法得P（a）=a²-（x+lnx）a+

1

2

（x²+ln²x）=（a-

x+lnx

2

）²+

(x-lnx)2

4

≥

(x-lnx)2

4

；再通過構造函數(shù)Q（x）=x-lnx，并由導數(shù)法求其最小值進而得P（a）的最小值；最后得h（x）的最小值，即問題得證．

解答：（1）證明：由題意得，

f( x1)+f(x2)

2

=

x 2 1 + x 2 2

2

-a（x₁+x₂）-aln（x₁x₂），
f（

x1+x2

2

）=(

x1+x2

2

)2-a（x₁+x₂）-2aln

x1+x2

2

=(

x1+x2

2

)2-a（x₁+x₂）-aln(

x1+x2

2

)2
∵

x 2 1 + x 2 2

2

-(

x1+x2

2

)2=

(x1-x2) 2

4

＞0（x₁≠x₂），∴

x 2 1 + x 2 2

2

＞(

x1+x2

2

)2   ①
又∵0＜x₁x₂＜(

x1+x2

2

)2∴l(xiāng)nx₁x₂＜ln(

x1+x2

2

)2
∵a＞0∴-alnx₁x₂＞-aln(

x1+x2

2

)2  ②
由①②知

f( x1)+f(x2)

2

＞f（

x1+x2

2

）．
（2）（i）解：h（x）=

f(x)+g(x)

2

=

1

2

x²-ax-alnx+

1

2

ln²x+a²+

1

4

．
∴h′（x）=x-a-

a

x

+

lnx

x

令F（x）=h′（x）=x-a-

a

x

+

lnx

x

，則y=F（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增．
∴F′（x）=

x2-lnx+a+1

x2

，則當x≥1時，x²-lnx+a+1≥0恒成立．
即x≥1時，a≥-x²+lnx-1恒成立．
令G（x）=-x²+lnx-1，則當x≥1時，G′（x）=

1-2x2

x

＜0．
∴G（x）=-x²+lnx-1在[1，+∞）上單調(diào)遞減，從而G（x）_max=G（1）=-2．
故a≥G（x）_max=-2．即a的取值范圍是[-2，+∞）．
（ii）證明：：h（x）=

1

2

x²-ax-alnx+

1

2

ln²x+a²+

1

4

=a²-（x+lnx）a+

1

2

（x²+ln²x）+

1

4

．
令P（a）=a²-（x+lnx）a+

1

2

（x²+ln²x），則P（a）=（a-

x+lnx

2

）²+

(x-lnx)2

4

≥

(x-lnx)2

4

．
令Q（x）=x-lnx，則Q′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

．
顯然Q（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
則Q（x）_min=Q（1）=1，則P（a）≥

1

4

．
故h（x）≥

1

4

+

1

4

=

1

2

．

點評：本題主要考查函數(shù)單調(diào)性與導數(shù)的關系及最值與導數(shù)的關系，同時考查了不等式知識、比較法等；特別是導數(shù)法的連續(xù)運用是本題的難點．