Question

已知函數(shù)f（x）=

x

-

1

2

alnx，a∈R．
（Ⅰ）當f（x）存在最小值時，求其最小值φ（a）的解析式；
（Ⅱ）對（Ⅰ）中的φ（a），
（�。┊攁∈（0，+∞）時，證明：φ（a）≤1；
（ⅱ）當a＞0，b＞0時，證明：φ′（

a+b

2

）≤

φ′(a)+φ′(b)

2

≤φ′（

2ab

a+b

）．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由條件知，f′（x）=

1

2 x

-

a

2x

=

x -a

2x

（x＞0），然后討論a的正負，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，從而求出求出f（x）的最小值；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知φ′（a）=-lna，從而分別求出φ′（

a+b

2

）、

φ′(a)+φ′(b)

2

、φ′（

2ab

a+b

）的值，然后利用基本不等式可得結論．

解答：解：（Ⅰ）求導數(shù)，得f′（x）=

1

2 x

-

a

2x

=

x -a

2x

（x＞0）．
（1）當a≤0時，f′（x）=

x -a

2x

＞0，f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，無最小值．
（2）當a＞0時，令f′（x）=0，解得x=a²．
當0＜x＜a²時，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，a²）上是減函數(shù)；
當x＞a²時，f′（x）＞0，∴f（x）在（a²，+∞）上是增函數(shù)．
∴f（x）在x=a²處取得最小值f（a²）=a-alna．
故f（x）的最小值φ（a）的解析式為φ（a）=a-alna（a＞0）．…（6分）
（Ⅱ）由（Ⅰ），知φ（a）=a-alna（a＞0），
求導數(shù)，得φ′（a）=-lna．
（�。┝瞀铡洌╝）=0，解得a=1．
當0＜a＜1時，φ′（a）＞0，∴φ（a）在（0，1）上是增函數(shù)；
當a＞1時，φ′（a）＜0，∴φ（a）在（1，+∞）上是減函數(shù)．
∴φ（a）在a=1處取得最大值φ（1）=1．
故當a∈（0，+∞）時，總有φ（a）≤1．…（10分）
（ⅱ）當a＞0，b＞0時，

φ′(a)+φ′(b)

2

=-

lna+lnb

2

=-ln

ab

，①
φ′（

a+b

2

）=-ln（

a+b

2

）≤-ln

ab

，②
φ′（

2ab

a+b

）=-ln（

2ab

a+b

）≥-ln

2ab

2 ab

=-ln

ab

，③
由①②③，得φ′（

a+b

2

）≤

φ′(a)+φ′(b)

2

≤φ′（

2ab

a+b

）．…（14分）

點評：本題主要考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性和最值，同時考查了基本不等式的應用，以及計算能力，屬于中檔題．