题目内容

14.设函数$f(x)=\frac{1}{2}{x^2}-2ax+(2a-1)lnx$,其中a∈R.
(Ⅰ)a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(Ⅱ)讨论函数y=f(x)的单调性;
(Ⅲ)当$a>\frac{1}{2}$时,证明对?x∈(0,2),都有f(x)<0.

分析 (Ⅰ)求出导数,求得切线的斜率和切点,可得切线的方程;
(Ⅱ)求出导数,求得极值点1,2a-1,讨论①当2a-1≤0,②当0<2a-1<1,③当2a-1=1,④当2a-1>1,求得单调区间,即可得到结论;
(Ⅲ)讨论①当$\frac{1}{2}<a<1$时,②当a=1时,③当a>1时,运用函数的单调性可得(0,2)的最大值小于0,即可得证.

解答 解:(Ⅰ)a=1时,$f(x)=\frac{1}{2}{x^2}-2x+lnx$,$f'(x)=x-2+\frac{1}{x}$,
∴f'(1)=0.又$f(1)=-\frac{3}{2}$,
∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为$y+\frac{3}{2}=0$.
(Ⅱ)f(x)的定义域为(0,+∞),
$f'(x)=x-2a+\frac{2a-1}{x}=\frac{{{x^2}-2ax+2a-1}}{x}=\frac{(x-1)[x-(2a-1)]}{x}$,
令f'(x)=0得x=1或x=2a-1,
①当2a-1≤0即$a≤\frac{1}{2}$时,当x∈(0,1)时,f'(x)<0;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.
②当0<2a-1<1即$\frac{1}{2}<a<1$时
当x∈(0,2a-1)时f'(x)>0;
当x∈(2a-1,1)时f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时f'(x)>0.
③当2a-1=1即a=1时$f'(x)=\frac{{{{(x-1)}^2}}}{x}≥0$.
④当2a-1>1即a>1时,当x∈(0,1)时f'(x)>0;
当x∈(1,2a-1)时f'(x)<0;当x∈(2a-1,+∞)时f'(x)>0.
综上所述:当$a≤\frac{1}{2}$时,f(x)的增区间为(1,+∞),减区间为(0,1);
当$\frac{1}{2}<a<1$时,f(x)的增区间为(0,2a-1)和(1,+∞);减区间为(2a-1,1);
当a=1时,f(x)的增区间为(0,+∞),无减区间;
当a>1时,f(x)的增区间为(0,1)和(2a-1,+∞),减区间为(1,2a-1).
(Ⅲ)证明:①当$\frac{1}{2}<a<1$时,由(Ⅱ)知:f(x)在(0,2a-1)上单调递增,
在(2a-1,1)上单调递减,在(1,2)上单调递增,
所以f(x)≤max{f(2a-1),f(2)}.
f(2)=2-4a+(2a-1)ln2=(2a-1)(ln2-2)<0.
f(2a-1)=$\frac{1}{2}{(2a-1)^2}-2a(2a-1)+(2a-1)ln(2a-1)$=$(2a-1)[{-a-\frac{1}{2}+ln(2a-1)}]$,
记$g(a)=-a-\frac{1}{2}+ln(2a-1)$,$a∈(\frac{1}{2},1)$,${g^′}(a)=-1+\frac{2}{2a-1}=\frac{{-2(a-\frac{3}{2})}}{{2(a-\frac{1}{2})}}$,
又∵$\frac{1}{2}<a<1$,∴g'(a)>0.∴g(a)在$a∈(\frac{1}{2},1)$上单调递增.
∴当$a∈(\frac{1}{2},1)$时,$g(a)<g(1)=-\frac{3}{2}<0$即$-a-\frac{1}{2}+ln(2a-1)<0$成立.
又∵$a>\frac{1}{2}$,∴2a-1>0.所以f(2a-1)<0.
∴当$\frac{1}{2}<a<1$时,x∈(0,2)时f(x)<0.
②当a=1时,f(x)在(0,2)上单调递增,∴f(x)<f(2)=ln2-2<0.
③当a>1时,由(Ⅱ)知,f(x)在(0,1)上单调递增,
在(1,2a-1)上单调递减,在(2a-1,+∞)上单调递增.
故f(x)在(0,2)上只有一个极大值f(1),
所以当x∈(0,2)时,f(x)≤max{f(1),f(2)}.
$f(1)=\frac{1}{2}-2a=-2(a-\frac{1}{4})<0$,
f(2)=2-4a+(2a-1)ln2=(2a-1)(ln2-2)<0,
∴当a>1时,x∈(0,2)时f(x)<0.
综①②③知:当$a>\frac{1}{2}$时,对?x∈(0,2),都有f(x)<0.

点评 本题考查导数的几何意义、用导数研究函数的单调性、恒成立问题、分类讨论的思想方法.属于中档题.

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