Question

9．設(shè)f（x）=x²-4ax+alnx（a∈R）
（1）討論f（x）的極值點的個數(shù)
（2）若f（x）有兩個不同的極值點x₁，x₂，證明：f（x₁）+f（x₂）＜-2．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值的個數(shù)；
（2）根據(jù)x₁，x₂是方程2x²-4ax+a=0的兩根，得到x₁+x₂=2a，x₁x₂=$\frac{a}{2}$，求出f（x₁）+f（x₂），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）由f（x）=x²-4ax+alnx，（x＞0），
得：f′（x）=$\frac{{2x}^{2}-4ax+a}{x}$，x∈（0，+∞），
令g（x）=2x²-4ax+a，（x＞0），△=8a（2a-1），
①0≤a≤$\frac{1}{2}$時，g（x）≥0即f′（x）≥0恒成立，
f（x）在（0，+∞）遞增，無極值；
②a＜0時，△=8a（2a-1）＞0，令g（x）=0，得x₁=2a-$\sqrt{2a（2a-1）}$，x₂=2a+$\sqrt{2a（2a-1）}$
顯然，x₁＜0，x₂＞0，
∴x∈（0，x₂）時，f′（x）＜0，x∈（x₂，+∞），f′（x）＞0，
f（x）在x=x₂取得極小值，f（x）有一個極小值點．
③a＞$\frac{1}{2}$時，△=8a（2a-1）＞0即a＞$\frac{1}{2}$時，
令g（x）=0，解得x₁=2a-$\sqrt{2a（2a-1）}$，x₂=2a+$\sqrt{2a（2a-1）}$，顯然x₁＞0，x₂＞0，
當x∈（0，x₁）和x∈（x₂，+∞），f′（x）＞0，x∈（x₁，x₂）時，f′（x）＜0，
∴f（x）在x₁取得極大值，在x₂取得極小值，所以f（x）有兩個極值點．
綜上可知：a＜0時，f（x）僅有一個極值點；
 當a＞$\frac{1}{2}$時，f（x）2個極值點；
當0≤a≤$\frac{1}{2}$時，f（x）沒有極值點．
（2）證明：由（1）知，當且僅當a∈（$\frac{1}{2}$，+∞）時，f（x）有極大值點x₁和極小值點x₂，
且x₁，x₂是方程2x²-4ax+a=0的兩根，
∴x₁+x₂=2a，x₁x₂=$\frac{a}{2}$，
f（x₁）+f（x₂）=${{x}_{1}}^{2}$-4ax₁+alnx₁+${{x}_{2}}^{2}$-4ax₂+alnx₂=${{（x}_{1}{+x}_{2}）}^{2}$-2x₁x₂-4a（x₁+x₂）+alnx₁x₂=-4a²-a+aln$\frac{a}{2}$
設(shè)g（a）=-4a²-a+aln$\frac{a}{2}$，a∈（$\frac{1}{2}$，+∞），
g′（a）=-8a+ln$\frac{a}{2}$，g″（a）=-8+$\frac{1}{a}$＜0，
g′（a）在（$\frac{1}{2}$，+∞）遞減，g′（a）＜g′（$\frac{1}{2}$）＜0，
故g（a）在（$\frac{1}{2}$，+∞）遞減，
g（a）＜g（$\frac{1}{2}$）=-$\frac{3}{2}$-ln2＜-2，
故f（x₁）+f（x₂）＜-2．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論數(shù)思想，是一道綜合題．