Question

已知函数f（x）=

x

-

1

2

alnx，a∈R．
（Ⅰ）当f（x）存在最小值时，求其最小值φ（a）的解析式；
（Ⅱ）对（Ⅰ）中的φ（a），
（ⅰ）当a∈（0，+∞）时，证明：φ（a）≤1；
（ⅱ）当a＞0，b＞0时，证明：φ′（

a+b

2

）≤

φ′(a)+φ′(b)

2

≤φ′（

2ab

a+b

）．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由条件知，f′（x）=

1

2 x

-

a

2x

=

x -a

2x

（x＞0），然后讨论a的正负，利用导数研究函数的单调性，从而求出求出f（x）的最小值；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知φ′（a）=-lna，从而分别求出φ′（

a+b

2

）、

φ′(a)+φ′(b)

2

、φ′（

2ab

a+b

）的值，然后利用基本不等式可得结论．

解答：解：（Ⅰ）求导数，得f′（x）=

1

2 x

-

a

2x

=

x -a

2x

（x＞0）．
（1）当a≤0时，f′（x）=

x -a

2x

＞0，f（x）在（0，+∞）上是增函数，无最小值．
（2）当a＞0时，令f′（x）=0，解得x=a²．
当0＜x＜a²时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，a²）上是减函数；
当x＞a²时，f′（x）＞0，∴f（x）在（a²，+∞）上是增函数．
∴f（x）在x=a²处取得最小值f（a²）=a-alna．
故f（x）的最小值φ（a）的解析式为φ（a）=a-alna（a＞0）．…（6分）
（Ⅱ）由（Ⅰ），知φ（a）=a-alna（a＞0），
求导数，得φ′（a）=-lna．
（ⅰ）令φ′（a）=0，解得a=1．
当0＜a＜1时，φ′（a）＞0，∴φ（a）在（0，1）上是增函数；
当a＞1时，φ′（a）＜0，∴φ（a）在（1，+∞）上是减函数．
∴φ（a）在a=1处取得最大值φ（1）=1．
故当a∈（0，+∞）时，总有φ（a）≤1．…（10分）
（ⅱ）当a＞0，b＞0时，

φ′(a)+φ′(b)

2

=-

lna+lnb

2

=-ln

ab

，①
φ′（

a+b

2

）=-ln（

a+b

2

）≤-ln

ab

，②
φ′（

2ab

a+b

）=-ln（

2ab

a+b

）≥-ln

2ab

2 ab

=-ln

ab

，③
由①②③，得φ′（

a+b

2

）≤

φ′(a)+φ′(b)

2

≤φ′（

2ab

a+b

）．…（14分）

点评：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，同时考查了基本不等式的应用，以及计算能力，属于中档题．