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5.设函数f(x)=x2-2x+alnx.
(Ⅰ)若函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2,求实数a的取值范围;
(Ⅱ)证明:f(x2)>-$\frac{3+2ln2}{4}$.

分析 (Ⅰ)求出f(x)的导数,结合二次函数的性质求出a的范围即可;
(Ⅱ)求出f(x2)=x22-2x2+(2x2-2x22)lnx2,令F(t)=t2-2t+(2t-2t2)lnt,($\frac{1}{2}$<t<1),得到F(t)=2(1-2t)lnt,根据函数的单调性求出F(t)>F($\frac{1}{2}$),从而证出结论;

解答 解:(Ⅰ)f(x)=x2-2x+alnx,f(x)的定义域为(0,+∞),
求导数得:f′(x)=$\frac{{2x}^{2}-2x+a}{x}$,
∵f(x)有两个极值点x1,x2,f′(x)=0有两个不同的正根x1,x2
故2x2-2x+a=0的判别式△=4-8a>0,即a<$\frac{1}{2}$,
且x1+x2=1,x1•x2=$\frac{a}{2}$>0,所以a的取值范围为(0,$\frac{1}{2}$);
(Ⅱ)由(Ⅰ)得,$\frac{1}{2}$<x2<1且f′(x2)=0,得a=2x2-2x22
∴f(x2)=x22-2x2+(2x2-2x22)lnx2
令F(t)=t2-2t+(2t-2t2)lnt,($\frac{1}{2}$<t<1),
则F′(t)=2(1-2t)lnt,
当t∈($\frac{1}{2}$,1)时,F′(t)>0,∴F(t)在($\frac{1}{2}$,1)上是增函数
∴F(t)>F($\frac{1}{2}$)=$\frac{-3-2ln2}{4}$,
∴f(x2)>-$\frac{3+2ln2}{4}$.

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题,考查导数的应用以及函数恒成立问题,考查不等式的证明,分类讨论思想,是一道综合题.

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