题目内容
1.已知函数f(x)=a3lnx+$\frac{1}{2}$x2-(a+a2)x(a∈R),g(x)=3x2lnx-2x2-x.(Ⅰ)求证:g(x)在区间[2,4]上单调递增;
(Ⅱ)若a≥2,函数f(x)在区间[2,4]上的最大值为G(a),求G(a)的解析式,并判断G(a)是否有最大值和最小值,请说明理由(参考数据:0.69<ln2<0.7).
分析 (Ⅰ)求出g(x)的导数,设h(x)=6xlnx-x-1,求出h(x)的导数,运用单调性即可得证;
(Ⅱ)求出f(x)的导数,求得单调区间,极值和当2≤a≤4时,a>4时的最大值,结合零点存在定理,以及函数的单调性即可判断G(a)有最小值,没有最大值.
解答 解:(Ⅰ)证明:∵g(x)=3x2lnx-2x2-x,
∴g′(x)=6xlnx-x-1,
设h(x)=6xlnx-x-1,则h′(x)=6lnx+5,
∴当2<x<4时,h′(x)>0,∴h(x)在区间(2,4)上单调递增.
∵h(2)=3(4ln2-1)>0,
∴当2<x<4时,h(x)>h(2)>0.
∴g(x)在区间[2,4]上单调递增.
(Ⅱ)∵f(x)=a3lnx+$\frac{1}{2}$x2-(a+a2)x,
∴f(x)的定义域是(0,+∞),且f′(x)=$\frac{{a}^{3}}{x}$+x-(a+a2),
即f′(x)=$\frac{(x-a)(x-{a}^{2})}{x}$.
∵a≥2,∴a<a2,
当x变化时,f(x)、f′(x)变化情况如下表:
x | (0,a) | a | (a,a2) | a2 | (a2,+∞) |
f′(x) | + | 0 | - | 0 | + |
f(x) | ↗ | 极大 | ↘ | 极小 | ↗ |
当a>4时,f(x)在区间[2,4]上的最大值为f(4)=2a3ln2-4a2-4a+8.
即G(a)=$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{3}lna-{a}^{3}-\frac{1}{2}{a}^{2}(2≤a≤4)}\\{2{a}^{3}ln2-4{a}^{2}-4a+8(a>4)}\end{array}\right.$,
(1)当2<a<4时,G′(a)=3a2lna-2a2-a.
由(Ⅰ)知,G′(a)在(2,4)上单调递增.
又G′(2)=2(6ln2-5)<0,G′(4)=12(8ln2-3)>0,
∴存在唯一a0∈(2,4),使得G′(a0)=0,
且当2<a<a0时,G′(a)<0,G(a)单调递减,
当a0<a<4时,G′(a)>0,G(a)单调递增.
∴当2≤a≤4时,G(a)有最小值G(a0).
(2)当a>4时,
G′(a)=6a2ln2-8a-4=6ln2(a-$\frac{2}{3ln2}$)2-$\frac{8}{3ln2}$-4,
∴G′(a)在(4,+∞)单调递增.
又G′(4)=12(8ln2-3)>0,
∴当a>4时,G′(a)>0.∴G(a)在(4,+∞)上单调递增.
综合(1)(2)及G(a)解析式可知,G(a)有最小值,没有最大值.
点评 本题考查导数的运用:求单调区间和极值、最值,考查函数的单调性的运用和零点存在定理的运用,考查分类讨论的思想方法,属于中档题.
练习册系列答案
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