解答题巳知函数f（x）=x2-2ax-2alnx（x＞0，a∈R，g（x）=ln2x+2a2+．
（1）?证明：当a＞0时，对于任意不相等的两个正实数x1、x2，均有＞f（）成立；
（2）?记h（x）=，
（i）若y=h′（x）在[1，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；
（ii）证明：h（x）≥．
网友回答
（1）?证明：由题意得，=-a（x1+x2）-aln（x1x2），
f（）=-a（x1+x2）-2aln
=-a（x1+x2）-aln
∵-=＞0（x1≠x2），∴＞? ?①
又∵0＜x1x2＜∴lnx1x2＜ln
∵a＞0∴-alnx1x2＞-aln? ②
由①②知＞f（）．
（2）（i）解：h（x）==x2-ax-alnx+ln2x+a2+．
∴h′（x）=x-a-+
令F（x）=h′（x）=x-a-+，则y=F（x）在[1，+∞）上单调递增．
∴F′（x）=，则当x≥1时，x2-lnx+a+1≥0恒成立．
即x≥1时，a≥-x2+lnx-1恒成立．
令G（x）=-x2+lnx-1，则当x≥1时，G′（x）=＜0．
∴G（x）=-x2+lnx-1在[1，+∞）上单调递减，从而G（x）max=G（1）=-2．
故a≥G（x）max=-2．即a的取值范围是[-2，+∞）．
（ii）证明：：h（x）=x2-ax-alnx+ln2x+a2+=a2-（x+lnx）a+（x2+ln2x）+．
令P（a）=a2-（x+lnx）a+（x2+ln2x），则P（a）=（a-）2+≥．
令Q（x）=x-lnx，则Q′（x）=1-=．
显然Q（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
则Q（x）min=Q（1）=1，则P（a）≥．
故h（x）≥+=．解析分析：（1）首先分别求出与f（）；然后通过作差法或基本不等式等知识比较两代数式中部分的大小；最后得出两代数式整体的大小．（2）（i）首先求出h（x）及其导函数h′（x）；然后根据y=h′（x）在[1，+∞）上单调递增，得y=h′（x）的导函数大于等于0恒成立，则利用分离参数的方法可得关于a的不等式a≥-x2+lnx-1（x≥1）恒成立；再运用导数法求出-x2+lnx-1的最大值，此时a≥[-x2+lnx-1]max即可．（ii）首先把h（x）表示成a为主元的函数h（x）=a2-（x+lnx）a+（x2+ln2x）+；然后利用配方法得P（a）=a2-（x+lnx）a+（x2+ln2x）=（a-）2+≥；再通过构造函数Q（x）=x-lnx，并由导数法求其最小值进而得P（a）的最小值；最后得h（x）的最小值，即问题得证．点评：本题主要考查函数单调性与导数的关系及最值与导数的关系，同时考查了不等式知识、比较法等；特别是导数法的连续运用是本题的难点．