巳知函數(shù)f(x)=x2-2ax-2alnx(x>0,a∈R,g(x)=ln2x+2a2+
1
2

(1)證明:當(dāng)a>0時,對于任意不相等的兩個正實(shí)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(shí)數(shù)a的取值范圍;
    (ii)證明:h(x)≥
1
2
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;最后得出兩代數(shù)式整體的大小.
(2)(i)首先求出h(x)及其導(dǎo)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(dǎo)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(guān)于a的不等式a≥-x2+lnx-1(x≥1)恒成立;再運(yùn)用導(dǎo)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(gòu)造函數(shù)Q(x)=x-lnx,并由導(dǎo)數(shù)法求其最小值進(jìn)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-x22
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(dāng)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(dāng)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(diǎn)評:本題主要考查函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系及最值與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系,同時考查了不等式知識、比較法等;特別是導(dǎo)數(shù)法的連續(xù)運(yùn)用是本題的難點(diǎn).
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3
2
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)+
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π
2
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