Question

2．已知函数f（x）=（x-c）|x-c|，g（x）=alnx．
（1）试判断函数f（x）与g（x）的单调性；
（2）记F（x）=f（x）+g（x），a＜0，c＞0．
①当c=$\frac{a}{2}$+1时，若F（x）≥$\frac{1}{4}$对x∈（c，+∞）恒成立，求实数a的取值范围；
②设函数F（x）的图象在点P（x₁，F（x₁）），Q（x₂，F（x₂））处的切线分别为l₁，l₂，若x₁=$\sqrt{-\frac{a}{2}}$，x₂=c，且l₁⊥l₂，求实数c的最小值．

Answer 1

分析 （1）函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系，即可求f（x）的单调区间；
（2）①若f（x）≥$\frac{1}{4}$对x∈（c，+∞）恒成立，则只需求出f（x）的最小值即可；
②由l₁⊥l₂知，f′（$\sqrt{-\frac{a}{2}}$）f′（c）=-1，得到f′（$\sqrt{-\frac{a}{2}}$）=-$\frac{c}{a}$，分类讨论，再由导数与单调性的关系，即可得到实数c的最小值．

解答 解：（1）x≥c时，f（x）=（x-c）²，在（c，+∞）递增，
x＜c时，f（x）=-（x-c）²，在（-∞，c）单调递增，
∴函数f（x）在R上单调递增，
a＞0时，g（x）=xlnx在（0，+∞）递增，
a=0时，g（x）=0是常函数，
a＜0时，g（x）=xlnx在（0，+∞）递减；
（2）①当x＞c，c=$\frac{a}{2}$+1时，f′（x）=$\frac{（x-1）（2x-a）}{x}$，而c=$\frac{a}{2}$+1＜1，所以
当c＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）在（c，1）上单调减；
当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）上单调增．
所以函数f（x）在（c，+∞）上的最小值为f（1）=$\frac{{a}^{2}}{4}$，
所以$\frac{{a}^{2}}{4}$≥$\frac{1}{4}$恒成立，解得a≤-1或a≥1，
又由c=$\frac{a}{2}$+1＞0，得a＞-2，所以实数a的取值范围是（-2，-1]． 
②由l₁⊥l₂知，f′（$\sqrt{-\frac{a}{2}}$）f′（c）=-1，而f′（c）=$\frac{a}{c}$，则f′（$\sqrt{-\frac{a}{2}}$）=-$\frac{c}{a}$，
若$\sqrt{-\frac{a}{2}}$≥c，则f′（$\sqrt{-\frac{a}{2}}$）=$\frac{2（-\frac{a}{2}）-2c\sqrt{-\frac{a}{2}}+a}{\sqrt{-\frac{a}{2}}}$=-2c，所以-2c=-$\frac{c}{a}$，
解得a=$\frac{1}{2}$，不符合题意；                     
故$\sqrt{-\frac{a}{2}}$＜c，则f′（$\sqrt{-\frac{a}{2}}$）=$\frac{-2（-\frac{a}{2}）+2c\sqrt{-\frac{a}{2}}+a}{\sqrt{-\frac{a}{2}}}$=-$\sqrt{-8a}$+2c=-$\frac{c}{a}$，
整理得，c=$\frac{a\sqrt{-8a}}{2a+1}$，由c＞0得，a＜-$\frac{1}{2}$，
令$\sqrt{-8a}$=t，则a=-$\frac{{t}^{2}}{8}$，t＞2，所以c=$\frac{-\frac{{t}^{2}}{8}•t}{-\frac{{t}^{2}}{4}+1}$=$\frac{{t}^{3}}{{2t}^{2}-8}$，
设g（t）=$\frac{{t}^{3}}{{2t}^{2}-8}$，则g′（t）=$\frac{{2t}^{2}{（t}^{2}-12）}{{（{2t}^{2}-8）}^{2}}$，
当2＜t＜2$\sqrt{3}$时，g′（t）＜0，g（t）在（2，2$\sqrt{3}$）上单调减；
当t＞2$\sqrt{3}$时，g′（t）＞0，g（t）在（2$\sqrt{3}$，+∞）上单调增．
所以，函数g（t）的最小值为g（2$\sqrt{3}$）=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，故实数c的最小值为$\frac{3\sqrt{3}}{2}$．

点评 本题主要考查函数单调性和导数之间的关系，以及不等式恒成立问题，将不等式恒成立转化为求函数的最值是解决本题的关键．