Question

常数a≥0，函数f（x）=x-ln²x+2alnx-1。
（1）令g（x）=xf'（x）（x>0），求g（x）的最小值并比较g（x）的最小值与0的大小；
（2）证明：当x>1时，恒有x>ln²x-2alnx+1。

Answer 1

解：（1）∵f（x）=x-ln²x+2alnx-1（x>0），
∴f'（x）=1-
∴g（x）=xf'（x）=x-21nx+2a（x>0）
∴
令g'（x）=0可得x=2
当x∈（0，2）时，g'（x）＜0；
当x∈（2，+∞）时，g'（x）>0
∴g（x）在x=2处取得极小值g（2）=2-21n2+2a，
即g（x）的最小值为g（2）=2-21n2+2a，
g（2）=2（1-ln2）+2a
∵ln2＜1，
∴1-ln2>0
又a≥0，
∴g（2）>0。
（2）由（1）可知，g（x）的最小值是正数，
所以对一切x>0恒有g（x）=xf'（x）>0
从而当x>0时，恒有f'（x）>0，故f（x）在（0，+∞）上是增函数，
∴当x>1时，f（x）>f（1）
又f（1）=1-ln²1+2aln1-1=0，
∴f（x）>0，即x-1-ln²x+2alnx>0，
∴x>ln²x-2alnx+1
故当x>1时，恒有x>ln²x-2alnx+1。