已知函数f(x)=12ax2−(2a+1)x+2lnx (a∈R).

已知函数f(x)=
1
2
ax2−(2a+1)x+2lnx(a∈R)

(Ⅰ)若曲线y=f(x)在x=1和x=3处的切线互相平行,求a的值;
(Ⅱ)求f(x)的单调区间;
(Ⅲ)设g(x)=x2-2x,若对任意x1∈(0,2],均存在x2∈(0,2],使得f(x1)<g(x2),求a的取值范围.
皿柯清 1年前 已收到1个回答 举报

天使也跟我混 春芽

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解题思路:(Ⅰ)由函数f(x)=
1
2
ax2−(2a+1)x+2lnx(a∈R)
,知f′(x)=ax−(2a+1)+
2
x
(x>0).由曲线y=f(x)在x=1和x=3处的切线互相平行,能求出a的值.
(Ⅱ)f′(x)=
(ax−1)(x−2)
x
(x>0).根据a的取值范围进行分类讨论能求出f(x)的单调区间.
(Ⅲ)对任意x1∈(0,2],均存在x2∈(0,2],使得f(x1)<g(x2),等价于在(0,2]上有f(x)max<g(x)max.由此能求出a的取值范围.

(Ⅰ)∵函数f(x)=
1
2ax2−(2a+1)x+2lnx(a∈R),
∴f′(x)=ax−(2a+1)+
2
x(x>0).
∵曲线y=f(x)在x=1和x=3处的切线互相平行,
∴f'(1)=f'(3),
即a−(2a+1)+2=3a−(2a+1)+
2
3,
解得a=
2
3.
(Ⅱ)f′(x)=
(ax−1)(x−2)
x(x>0).
①当a≤0时,x>0,ax-1<0,
在区间(0,2)上,f'(x)>0;
在区间(2,+∞)上f'(x)<0,
故f(x)的单调递增区间是(0,2),
单调递减区间是(2,+∞).
②当0<a<
1
2时,[1/a>2,
在区间(0,2)和(
1
a,+∞)上,f'(x)>0;
在区间(2,
1
a)上f'(x)<0,
故f(x)的单调递增区间是(0,2)和(
1
a,+∞),单调递减区间是(2,
1
a)
③当a=
1
2]时,f′(x)=
(x−2)2
2x,故f(x)的单调递增区间是(0,+∞).
④当a>
1
2时,0<
1
a<2,在区间(0,
1
a)和(2,+∞)上,f'(x)>0;
在区间(
1
a,2)上f'(x)<0,
故f(x)的单调递增区间是(0,
1
a)和(2,+∞),单调递减区间是(
1
a,2).
(Ⅲ)由已知,在(0,2]上有f(x)max<g(x)max
由已知,g(x)max=0,由(Ⅱ)可知,
①当a≤
1
2时,f(x)在(0,2]上单调递增,
故f(x)max=f(2)=2a-2(2a+1)+2ln2=-2a-2+2ln2,
所以,-2a-2+2ln2<0,解得a>ln2-1,
故ln2−1<a≤
1
2.
②当a>
1
2时,f(x)在(0,
1
a]上单调递增,
在[
1
a,2]上单调递减,
故f(x)max=f(
1
a)=−2−
1
2a−2lna.
由a>
1
2可知lna>ln
1
2>ln
1
e=−1,
2lna>-2,-2lna<2,
所以,-2-2lna<0,f(x)max<0,
综上所述,a>ln2-1.

点评:
本题考点: 导数在最大值、最小值问题中的应用;利用导数研究曲线上某点切线方程.

考点点评: 本题考查导数在求函数的最大值与最小值问题中的综合运用,考查运算求解能力,推理论证能力;考查化归与转化思想.对数学思维的要求比较高,有一定的探索性.综合性强,难度大,是高考的重点.易错点是分类不清导致致出错,解题时要认真审题,仔细解答,注意分类讨论思想的合理运用.

1年前

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