已知函数f（x）=-2xlnx+x2-2ax+a2，其中a>0．（Ⅰ）设g（x）是f（x）的导函数，讨论g（x）的单调性．（Ⅱ）证明：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0在x∈（0，+∞）上恒成立，且f（x）=0在区间

Question

已知函数f（x）=-2xlnx+x²-2ax+a²，其中a>0．
（Ⅰ）设g（x）是f（x）的导函数，讨论g（x）的单调性．
（Ⅱ）证明：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0在x∈（0，+∞）上恒成立，且f（x）=0在区间（1，+∞）内有唯一解．

Answer 1

（I）函数f（x）=-2xlnx+x²-2ax+a²，其中a>0．可得：x>0．
g（x）=f′（x）=2（x-1-lnx-a），∴g′（x）=2-(2)/(x)=(2(x-1))/(x)，
当0<x<1时，g′（x）<0，函数g（x）单调递减；
当1<x时，g′（x）>0，函数g（x）单调递增．
（II）证明：由f′（x）=2（x-1-lnx-a）=0，解得a=x-1-lnx，
令u（x）=-2xlnx+x²-2（x-1-lnx）x+（x-1-lnx）²=（1+lnx）²-2xlnx，
则u（1）=1>0，u（e）=2（2-e）<0，
∴存在x₀∈（1，e），使得φ（x₀）=0，
令a₀=x₀-1-lnx₀=u（x₀），其中u（x）=x-1-lnx（x≥1），
由u′（x）=1-(1)/(x)≥0，可得：函数u（x）在区间（1，+∞）上单调递增．
∴0=u（1）<a₀=u（x₀）<u（e）=e-2<1，即a₀∈（0，1），
当a=a₀时，有f′（x₀）=0，f（x₀）=φ（x₀）=0．
再由（I）可知：f′（x）在区间（1，+∞）上单调递增，
当x∈（1，x₀）时，f′（x）<0，∴f（x）>f（x₀）=0；
当x∈（x₀，+∞）时，f′（x）>0，∴f（x）>f（x₀）=0；
又当x∈（0，1]，f（x）=(x-a0)2-2xlnx>0．
故当x∈（0，+∞）时，f（x）≥0恒成立．
综上所述：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0恒成立，且f（x）=0在区间（1，+∞）内有唯一解．