Question

（2013•臨沂一模）已知函數(shù)f(x)=-alnx+

2a2

x

+x(a≠0)
（I）若曲線(xiàn)y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1）））處的切線(xiàn)與直線(xiàn)x-2y=0垂直，求實(shí)數(shù)a的值；
（Ⅱ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅲ）當(dāng)a∈（-∞，0）時(shí)，記函數(shù)f（x）的最小值為g（a），求證：g（a）≤-e^-4．

Answer 1

分析：（I）先求f（x）的定義域?yàn)閧x|x＞0}，先對(duì)已知函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)，由f′（1）=-2可求a
（II）由f‘(x)=-

a

x

-

2a2

x2

+1=

(x+a)(x-2a)

x2

，通過(guò)比較-a與2a的大小解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0，從而可求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間
（III）由（II）可知，當(dāng)a∈（-∞，0）時(shí)，函數(shù)f（x）的最小值f（-a），結(jié)合已知可求a，然后結(jié)合已知單調(diào)性可求g(a)max=g(-e-4)，從而可證

解答：解：（I）由已知可知f（x）的定義域?yàn)閧x|x＞0}
f‘(x)=-

a

x

-

2a2

x2

+1（x＞0）
根據(jù)題意可得，f′（1）=2×（-1）=-2
∴-a-2a²+1=-2
∴a=1或a=-

3

2

（II）∵f‘(x)=-

a

x

-

2a2

x2

+1=

(x+a)(x-2a)

x2

①a＞0時(shí)，由f′（x）＞0可得x＞2a
由f′（x）＜0可得0＜x＜2a
∴f（x）在（2a，+∞）上單調(diào)遞增，在（0，2a）上單調(diào)遞減
②當(dāng)a＜0時(shí)，
由f′（x）＞0可得x＞-a
由f′（x）＜0可得0＜x＜-a
∴f（x）在（-a，+∞）上單調(diào)遞增，在（0，-a）上單調(diào)遞減
（III）由（II）可知，當(dāng)a∈（-∞，0）時(shí)，函數(shù)f（x）的最小值f（-a）
故g（a）=f（-a）=-aln（-a）-3a
則g′（a）=-ln（-a）-4
令g′（a）=0可得-ln（-a）-4=0
∴a=-e^-4
當(dāng)a變化時(shí)，g’（a），g（a）的變化情況如下表

∴a=-e^-4是g（a）在（-∞，0）上的唯一的極大值，從而是g（a）的最大值點(diǎn)
當(dāng)a＜0時(shí)，g(a)max=g(-e-4)=-e^-4
∴a＜0時(shí)，g（a）≤-e^-4．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義的應(yīng)用，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用，及函數(shù)的極值與最值的求解的相互關(guān)系的應(yīng)用，屬于函數(shù)知識(shí)的綜合應(yīng)用．