2015_退役省自主命题 (2015·理)
21．已知函数 $f(x)=-2(x+a) \ln x+x^{2}-2 a x-2 a^{2}+a$ ，其中 $a>0$ ．
①设 $g(x)$ 是 $f(x)$ 的导函数，评论 $g(x)$ 的单调性；
（2）证明：存在 $a \in(0,1)$ ，使得 $f(x) \geq 0$ 在区间 $(1,+\infty)$ 内恒成立，且 $f(x)=0$ 在 $(1,+\infty)$ 内有唯一解．
【答案】①当 $0 【解析】①由已知，函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$ ， 力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、分类与整合，化归与转化等数学思想．
$g(x)=f^{\prime}(x)=2 x-2 a-2 \ln x-2\left(1+\frac{a}{x}\right)$,
所以 $g^{\prime}(x)=2-\frac{2}{x}+\frac{2 a}{x^{2}}=\frac{2\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+2\left(a-\frac{1}{4}\right)}{x^{2}}$ ．
当 $0
当 $a \geq \frac{1}{4}$ 时，$g(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上单调迷增．
（2）由 $f^{\prime}(x)=2 x-2 a-2 \ln x-2\left(1+\frac{a}{x}\right)=0$ ，解得 $a=\frac{x-1-\ln x}{1+x^{-1}}$ ．
令 $\varphi(x)=-2\left(x+\frac{x-1-\ln x}{1+x^{-1}}\right) \ln x+x^{2}-2\left(\frac{x-1-\ln x}{1+x^{-1}}\right) x-2\left(\frac{x-1-\ln x}{1+x^{-1}}\right)^{2}+\frac{x-1-\ln x}{1+x^{-1}}$ ．
则 $\left.\varphi(1)=1>0, \varphi(e)=-\frac{e(e-2)}{1+e^{-1}}\right)-2\left(\frac{e-2}{1+e^{-1}}\right)^{2}<0$ ，
故存在 $x_{0} \in(1 e)$ ，使得 $\varphi\left(x_{0}\right)=0$ ．
令 $a_{0}=\frac{x_{0}-1-\ln x_{0}}{1+x_{0}^{-1}}, u(x)=x-1-\ln x(x \geq 1)$ ，
由 $u^{\prime}(x)=1-\frac{1}{x} \geq 0$ 知，函数 $u(x)$ 在区间 $(1,+\infty)$ 上单调递增．
所以 $0=\frac{u(1)}{1+1}<\frac{u\left(x_{0}\right)}{1+x_{0}^{-1}}=a_{0}<\frac{u(e)}{1+e^{-1}}=\frac{e-2}{1+e^{-1}}<1$ ．
即 $a_{0} \in(0,1)$ ．
当 $a=a_{0}$ 时，有 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0, f\left(x_{0}\right)=\varphi\left(x_{0}\right)=0$ ，
由①知，函数 $f^{\prime}(x)$ 在区间 $(1,+\infty)$ 上单调迷增．
故当 $x \in\left(1, x_{0}\right)$ 时，有 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$ ，从而 $f(x)>f\left(x_{0}\right)=0$ ；
当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时，有 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$ ，从而 $f(x)>f\left(x_{0}\right)=0$ ；
所以，当 $x \in(1,+\infty)$ 时，$f(x) \geq 0$ ．
综上所述，存在 $a \in(0,1)$ ，使得 $f(x) \geq 0$ 在区间 $(1,+\infty)$ 内恒成立，且 $f(x)=0$ 在 $(1,+\infty)$ 内有唯一解．
【考点定位】本题考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能
【名师点睛】本题作为压轴题，难度系数应在 0.3 以下。导数与微积分作为大学重要内容，在中学要求学生掌握其基础知识，在高考题中也必有体现。一般地，只要掌握了课本知识，是完全可以解决第（1）题的，所以对难度最大的最后一个题，任何人都不能完全放弃，这里还有不少的分是志在必得的。解决函数题需要的一个重要数学思想是数形结合，联系图形大胆猜想。在本题中，结合待证结论，可以想象出 $f(x)$ 的大致图象，要使得 $f(x) \geq 0$ 在区间 $(1,+\infty)$ 内恒成立，且 $f(x)=0$ 在 $(1,+\infty)$ 内有唯一解，则这个解 $x_{0}$ 应为极小值点，且极小值为 0 ，当 $x \in\left(1, x_{0}\right)$ 时，$f(x)$ 的图象递减；当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时，$f(x)$ 的图象单调递增，顺着这个思想，便可找到解决方法。