Question

4．已知函數(shù)f（x）=lnx-2ax+1（a∈R）
（Ⅰ）討論函數(shù)g（x）=x²+f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若a=$\frac{1}{2}$，證明：|f（x）-1|＞$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)g（x）的導(dǎo)數(shù)，g′（x）=$\frac{{2x}^{2}-2ax+1}{x}$（x＞0），再討論h（x）=2x²-2ax+1的取值情況即可；
（Ⅱ）問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明：|lnx-x|＞$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，令m（x）=lnx-x，（x＞0），n（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 （Ⅰ）解：g′（x）=$\frac{1}{x}$+2x-2a=$\frac{{2x}^{2}-2ax+1}{x}$（x＞0），記h（x）=2x²-2ax+1，
①當(dāng)a≤0時(shí)，因?yàn)閤＞0，所以h（x）＞1＞0，函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
②當(dāng)0＜a≤$\sqrt{2}$時(shí)，因?yàn)椤?4（a²-2）≤0，所以h（x）≥0，函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
③當(dāng)a＞$\sqrt{2}$時(shí)，由 $\left\{\begin{array}{l}{x＞0}\\{h（x）＞0}\end{array}\right.$，解得x∈（ $\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$），
所以函數(shù)f（x）在區(qū)間（ $\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）上單調(diào)遞減，
在區(qū)間（0，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$），（ $\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，+∞）上單調(diào)遞增．
（Ⅱ）證明：a=$\frac{1}{2}$時(shí)，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明：|lnx-x|＞$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，
令m（x）=lnx-x，（x＞0），m′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，
令m′（x）＞0，解得：0＜x＜1，令m′（x）＜0，解得：x＞1，
故m（x）在（0，1）遞增，在（1，+∞）遞減，
故m（x）＜m（1）=-1，
故|lnx-x|＞1，
令n（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，則n′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
令n′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1}{e}$，令n′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{e}$，
故n（x）在（0，$\frac{1}{e}$）遞增，在（$\frac{1}{e}$，+∞）遞減，
故n（x）＜n（$\frac{1}{e}$）=-e+$\frac{1}{2}$＜0，
故：a=$\frac{1}{2}$時(shí)，|f（x）-1|＞$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)處理函數(shù)單調(diào)性問(wèn)題，及函數(shù)不等式恒成立的證明，轉(zhuǎn)化思想是關(guān)鍵，屬于中檔題．