生活在非洲的熊 幼苗
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(1)∵f(x)=x2-2alnx,
∴f(x)的定义域为(0,+∞),
∴f′(x)=
2(x2-a)
x,
∴当a≤0时,f′(x)≥0,则f(x)在(0,+∞)上是增函数,
当a>0时,令f′(x)<0,则0<x<
a,令f′(x)>0,则x>
a,
∴f(x)在(0,
a)上是减函数,在(
a,+∞)上是增函数;
(2)由(1)可知,
①当a≤0时,f(x)在[1,+∞)上是增函数,
∴g(a)=f(x)min=f(1)=1;
②当a>0时,f(x)在(0,
a)上是减函数,在(
a,+∞)上是增函数,
若0<
a≤1,即0<a≤1时,则f(x)在[1,+∞)上是增函数,
∴g(a)=f(x)min=f(1)=1;
若
a>1,即a>1时,则f(x)在(1,
a)上是减函数,在(
a,+∞)上是增函数,
∴g(a)=f(x)min=f(
a)=a-alna.
∴g(a)=
1,a≤1
a-alna,a>1;
(3)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+
a2+4a
2(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,
∴
g(x1)=0
g′(x1)=0,
∴
x12-2alnx1-2ax1=0
x12-ax1-a=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=
a+
a2+4a
2=1,
∴a=
1
2,
∴当a>0,方程f(x)=2ax有唯一解时a的值为[1/2].
点评:
本题考点: 利用导数求闭区间上函数的最值;函数的零点;利用导数研究函数的单调性.
考点点评: 本题考查了利用导数研究函数的单调性,以及利用导数研究函数在闭区间上的最值问题,同时考查了函数的零点问题.在解决数学问题的时候,经常会运用分类讨论的数学思想方法,在运用的时候关键是要弄清楚分类讨论的依据是什么.属于难题.
1年前
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(2012•石景山区一模)已知函数f(x)=x2+2alnx.
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已知函数fx=x2-2ax-2alnx在其定义域区间上为增函数
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已知函数f(x)=x2-2(a+1)x+2alnx(a>0).
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已知函数f(x)=x2-2(a+1)x+2alnx(a>0).
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已知函数f(x)=x2-2(a+1)x+2alnx(a>0).
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