Question

已知函数f（x）=，a∈R．
（Ⅰ）当a=时，求函数f（x）的极值点；
（Ⅱ）若函数f（x）在导函数f′（x）的单调区间上也是单调的，求a的取值范围；
（Ⅲ） 当0＜a＜时，设g（x）=f（x）-（）lnx-（a+）x²+（2a+1）x，且x₁，x₂是函数g（x）的极值点，证明：g（x₁）+g（x₂）＞3-2ln2．

Answer

（Ⅰ）f（x）=x2-lnx+x，（x＞0），f′（x）=x-+1=0，由此能求出函数f（x）的极值点．
（Ⅱ）f′（x）=（x＞0），令g（x）=x2-2ax+a2+a，△=4a2-3a2-2a=a2-2a，设g（x）=0的两根x1，x2（x1＜x2），由此进行分类讨论，能求出a的取值范围．
（Ⅲ） g（x）=-lnx-ax2+x，g′（x）=--2ax+1=-．令g′（x）=0，即2ax2-x+1=0，当0＜a＜时，△=1-8a＞0，所以，方程2ax2-x+1=0的两个不相等的正根x1，x2，设x1＜x2，则当x∈（0，x1）∪（x2，+∞）时，g′（x）＜0，当x∈（x1，x2）时，g′（x）＞0，所以g（x）有极小值点x1和极大值点x2，且x1+x2=，x1x2=．由此能够证明g（x1）+g（x2）＞3-2ln2．
【解析】
（Ⅰ）f（x）=x2-lnx+x  （x＞0），f′（x）=x-+1=0，
∴x1=，x2=（不在定义域内，舍）
∴（0，]单调减，[，+∞）单调增，
∴f（x）在x=时取极小值，且是唯一极值．
（Ⅱ）f′（x）=（x＞0）
令g（x）=x2-2ax+a2+a，△=4a2-3a2-2a=a2-2a，
设g（x）=0的两根x1，x2（x1＜x2）
1 当△≤0时，即0≤a≤2，f′（x）≥0，
∴f（x）单调递增，满足题意；
2 当△＞0时  即a＜0或a＞2时，
（1）若x1＜0＜x2，则 a2+a＜0，
即-＜a＜0时，f（x）在（0，x2）上减，（x2，+∞）上增，
f′（x）=x+-2a，f''（x）=1-≥0，
∴f′（x） 在（0，+∞）单调增，不合题意
（2）若x1＜x2＜0 则，
即a≤-时f（x）在（0，+∞）上单调增，满足题意．
（3）若0＜x1＜x2则，
即a＞2时，∴f（x）在（0，x1）单调增，（x1，x2）单调减，（x2，+∞）单调增，
不合题意．综上得a≤-或0≤a≤2．
（Ⅲ） g（x）=-lnx-ax2+x，g′（x）=--2ax+1=-．
令g′（x）=0，即2ax2-x+1=0，
当0＜a＜时，△=1-8a＞0，
所以，方程2ax2-x+1=0的两个不相等的正根x1，x2，设x1＜x2，
则当x∈（0，x1）∪（x2，+∞）时，g′（x）＜0，
当x∈（x1，x2）时，g′（x）＞0，
所以g（x）有极小值点x1和极大值点x2，且x1+x2=，x1x2=．
g（x1）+g（x2）=-lnx1-ax+x1-lnx2-ax+x2
=-（lnx1+lnx2）-（x1-1）-（x2-1）+（x1+x2）
=-ln（x1x2）+（x1+x2）+1
=ln（2a）+…+1．
令h（a）=ln（2a）++1，a∈（0，]，
则当a∈（0，）时，h′（a）=-=＜0，h（a）在（0，）单调递减，
所以h（a）＞h（）=3-2ln2，
即g（x1）+g（x2）＞3-2ln2．