Question

已知函數f（x）=x²-2acoskπ•lnx（k∈N^*，a∈R，且a＞0）．
（1）討論函數f（x）的單調性；
（2）若k=2010，關于x的方程f（x）=2ax有唯一解，求a的值．
（3）當k=1時，證明：對一切x∈（0，+∞），都有

f(x)-x2

2a

＞

1

ex

-

2

ex

成立．

Answer 1

分析：（1）由已知可得函數的定義域為x＞0，對函數求導可得，f′(x)=2x-(-1)k•

2a

x

分k是奇數時，f'（x）＞0，及k是偶數討論，f′(x)=2x-

2a

x

=

2(x+ a )(x- a )

x

的符號，進而確定函數f （x）在（0，+∞）的單調性
（2）由k=2010，可得f（x）=x²-2alnx，構造函數g （x）=f （x）-2ax=x ²-2 a xlnx-2ax，對函數求導可得g′(x)=2x-

2a

x

-2a=

2

x

(x2-ax-a)，若方程f（x）=2ax有唯一解，即g（x）=0有唯一解
（3）當k=1時，問題等價于證明xlnx＞

x

ex

-

2

e

(x∈(0，+∞))，由導數可求φ（x）=xlnx（x∈（0，+∞））的最小值是-

1

e

設m(x)=

x

ex

-

2

e

(x∈(0，+∞))由導數知識可得m(x)max=m(1)=-

1

e

，從而對一切x∈（0，+∞），都有lnx＞

1

ex

-

2

ex

成立．

解答：解：（1）由已知得x＞0且f′(x)=2x-(-1)k•

2a

x

．
當k是奇數時，f'（x）＞0，則f（x）在（0，+∞）上是增函數；       
當k是偶數時，則f′(x)=2x-

2a

x

=

2(x+ a )(x- a )

x

．
所以當x∈(0，

a

)時，f'（x）＜0，當x∈（a，+∞）時，f'（x）＞0．
故當k是偶數時，f （x）在(0，

a

)上是減函數，在（a，+∞）上是增函數
（2）若k=2010，則f（x）=x²-2alnx（k∈N^*）．
記g （x）=f （x）-2ax=x ²-2 a xlnx-2ax，g′(x)=2x-

2a

x

-2a=

2

x

(x2-ax-a)，
若方程f（x）=2ax有唯一解，即g（x）=0有唯一解；     
令g'（x）=0，得x²-ax-a=0．因為a＞0，x＞0，
所以x 1=

a- a2+4a

2

＜0（舍去），x 2=

a+ a2+4a

2

．
當x∈（0，x₂）時，g'（x）＜0，g（x）在（0，x₂）是單調遞減函數；
當x∈（x₂，+∞）時，g'（x）＞0，g（x）在（x₂，+∞）上是單調遞增函數．
當x=x₂時，g'（x₂）=0，g（x）_min=g（x₂）．
因為g（x）=0有唯一解，所以g（x₂）=0．
則

g(x2)=0 g′(x2)=0

即

x22-2alnx2-2ax2=0 x22-ax 2-a=0

兩式相減得2alnx₂+ax₂-a=0，因為a＞0，所以2lnx₂+x₂-1=0（*）．
設函數h（x）=2lnx+x-1，
因為在x＞0時，h （x）是增函數，所以h （x）=0至多有一解．
因為h （1）=0，所以方程（*）的解為x ₂=1，從而解得a=

1

2

（3）當k=1時，問題等價于證明xlnx＞

x

ex

-

2

e

(x∈(0，+∞))，
由導數可求φ（x）=xlnx（x∈（0，+∞））的最小值是-

1

e

，當且僅當x=

1

e

時取到，
設m(x)=

x

ex

-

2

e

(x∈(0，+∞))，則m′(x)=

1-x

ex

，易得m(x)max=m(1)=-

1

e

，當且僅當x=1時取到
從而對一切x∈（0，+∞），都有lnx＞

1

ex

-

2

ex

成立．故命題成立．

點評：本題主要考查了利用導數的應用：求解函數的單調區間、求解函數的最值，而利用導數證明不等式時常見的處理方法是構造函數，利用導數求解函數的最值以證明不等式，屬于綜合性試題．