题目内容
(2008•镇江一模)已知a为实数,函数f(x)=x2-2alnx.
(1)求f(x)在[1,+∞)上的最小值g(a);
(2)若a>0,试证明:“方程f(x)=2ax有唯一解”的充要条件是“a=
”.
(1)求f(x)在[1,+∞)上的最小值g(a);
(2)若a>0,试证明:“方程f(x)=2ax有唯一解”的充要条件是“a=
1 | 2 |
分析:(1)求导函数,对a分类讨论,确定函数的单调性,即可求出f(x)在[1,+∞)上的最小值g(a);
(2)分必要性与充分性进行论证,正确构造函数g(x)=f(x)-2ax=x2-2alnx-2ax,将方程f(x)=2ax有唯一解,转化为g(x)=0有唯一解,即可得证.
(2)分必要性与充分性进行论证,正确构造函数g(x)=f(x)-2ax=x2-2alnx-2ax,将方程f(x)=2ax有唯一解,转化为g(x)=0有唯一解,即可得证.
解答:(1)解:求导函数,可得f′(x)=2•
(x>1)
①a≤1,x>1,则f′(x)>0,∴f(x)在[1,+∞)上是单调递增函数,∴f(x)min=f(1)=1;
②a>1,x>1,令f′(x)=0,可得x=
当x∈(1,
)时,f′(x)<0,函数在[1,+∞)上是单调递减函数;当x∈(
,+∞)时,f′(x)>0,函数在[1,+∞)上是单调递增函数,
∴x=
时,f(x)min=a-alna
∴g(a)=
;
(2)证明:记g(x)=f(x)-2ax=x2-2alnx-2ax,则g′(x)=
(x2-ax-1)
①充分性:若a=
,则g(x)=x2-lnx-x,g′(x)=
(2x+1)(x-1)
当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)在(0,1)上是单调递减函数;
当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)上是单调递增函数,
∴当x=1时,g(x)min=g(1)=0,即g(x)≥0,当且仅当x=1时取等号,
∴方程f(x)=2ax有唯一解;
②必要性:若方程f(x)=2ax有唯一解,即g(x)=0有唯一解,令g′(x)=0,可得x2-ax-a=0,
∵a>0,x>0,∴x1=
(另一根舍去)
当x∈(0,x1)时,g′(x)<0,g(x)在(0,x1)上是单调递减函数;
当x∈(x1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在(x1,+∞)上是单调递增函数.
∴当x=x2时,g′(x1)=0,g(x)min=g(x1),∵g(x)=0有唯一解,∴g(x1)=0,
∴
∴
∴2alnx1+ax1-a=0
∵a>0
∴2lnx1+x1-1=0
设函数h(x)=2lnx+x-1
∵x>0时,h(x)是增函数,∴h(x)=0至多有一解.
∵h(1)=0,∴方程2lnx1+x1-1=0的解为x1=1,即x1=
=1,∴a=
由①②知,“方程f(x)=2ax有唯一解”的充要条件是“a=
”.
x2-a |
x |
①a≤1,x>1,则f′(x)>0,∴f(x)在[1,+∞)上是单调递增函数,∴f(x)min=f(1)=1;
②a>1,x>1,令f′(x)=0,可得x=
a |
当x∈(1,
a |
a |
∴x=
a |
∴g(a)=
|
(2)证明:记g(x)=f(x)-2ax=x2-2alnx-2ax,则g′(x)=
2 |
x |
①充分性:若a=
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2 |
1 |
x |
当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)在(0,1)上是单调递减函数;
当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)上是单调递增函数,
∴当x=1时,g(x)min=g(1)=0,即g(x)≥0,当且仅当x=1时取等号,
∴方程f(x)=2ax有唯一解;
②必要性:若方程f(x)=2ax有唯一解,即g(x)=0有唯一解,令g′(x)=0,可得x2-ax-a=0,
∵a>0,x>0,∴x1=
a+
| ||
2 |
当x∈(0,x1)时,g′(x)<0,g(x)在(0,x1)上是单调递减函数;
当x∈(x1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在(x1,+∞)上是单调递增函数.
∴当x=x2时,g′(x1)=0,g(x)min=g(x1),∵g(x)=0有唯一解,∴g(x1)=0,
∴
|
∴
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∴2alnx1+ax1-a=0
∵a>0
∴2lnx1+x1-1=0
设函数h(x)=2lnx+x-1
∵x>0时,h(x)是增函数,∴h(x)=0至多有一解.
∵h(1)=0,∴方程2lnx1+x1-1=0的解为x1=1,即x1=
a+
| ||
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由①②知,“方程f(x)=2ax有唯一解”的充要条件是“a=
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点评:本题考查导数知识的运用,考查函数的单调性与最值,考查充要性的证明,考查分类讨论是数学思想,难度大.
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