Question

（2012•唐山二模）已知f(x)=

1

2

x

2

-

a

2

lnx，a＞0．
（I）求函数f（x）的最小值；
（ II）（i）设0＜t＜a，证明：f（a+t）＜f（a-t）．
（ii）若f（x₁）=f（x₂），且x₁≠x₂．证明：x₁+x₂＞2a．

Answer 1

分析：（Ⅰ）确定函数的定义域，并求导函数，确定函数的单调性，可得x=a时，f（x）取得极小值也是最小值；
（Ⅱ）（ⅰ）构造函数g（t）=f（a+t）-f（a-t），当0＜t＜a时，求导函数，可知g（t）在（0，a）单调递减，所以g（t）＜g（0）=0，即可证得；
（ⅱ）由（Ⅰ），f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增，不失一般性，设0＜x₁＜a＜x₂，所以0＜a-x₁＜a，利用（ⅰ）即可证得结论．

解答：（Ⅰ）解：函数的定义域为（0，+∞）．求导数，可得f′（x）=x-

a2

x

=

(x+a)(x-a)

x

．…（1分）
当x∈（0，a）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（a，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
当x=a时，f（x）取得极小值也是最小值f（a）=

1

2

a²-a²lna．…（4分）
（Ⅱ）证明：（ⅰ）设g（t）=f（a+t）-f（a-t），则
当0＜t＜a时，g′（t）=f′（a+t）+f′（a-t）=a+t-

a2

a+t

+a-t-

a2

a-t

=

2at2

t2-a2

＜0，…（6分）
所以g（t）在（0，a）单调递减，g（t）＜g（0）=0，即f（a+t）-f（a-t）＜0，
故f（a+t）＜f（a-t）．…（8分）
（ⅱ）由（Ⅰ），f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增，
不失一般性，设0＜x₁＜a＜x₂，
因0＜a-x₁＜a，则由（ⅰ），得f（2a-x₁）=f（a+（a-x₁））＜f（a-（a-x₁））=f（x₁）=f（x₂），…（11分）
又2a-x₁，x₂∈（a，+∞），
故2a-x₁＜x₂，即x₁+x₂＞2a．…（12分）

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性、极值、最值，考查不等式的证明，解题的关键是构造函数，确定函数的单调性．