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已知函数f(x)=-2xlnx+x2-2ax+a2,其中a>0.(Ⅰ)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性.(Ⅱ)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,且f(x)=0在区间
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已知函数f(x)=-2xlnx+x2-2ax+a2,其中a>0.
(Ⅰ)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性.
(Ⅱ)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.
(Ⅰ)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性.
(Ⅱ)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.
▼优质解答
答案和解析
(I)函数f(x)=-2xlnx+x2-2ax+a2,其中a>0.可得:x>0.
g(x)=f′(x)=2(x-1-lnx-a),∴g′(x)=2-
=
,
当0<x<1时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减;
当1<x时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增.
(II)证明:由f′(x)=2(x-1-lnx-a)=0,解得a=x-1-lnx,
令u(x)=-2xlnx+x2-2(x-1-lnx)x+(x-1-lnx)2=(1+lnx)2-2xlnx,
则u(1)=1>0,u(e)=2(2-e)<0,
∴存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0,
令a0=x0-1-lnx0=u(x0),其中u(x)=x-1-lnx(x≥1),
由u′(x)=1-
≥0,可得:函数u(x)在区间(1,+∞)上单调递增.
∴0=u(1)<a0=u(x0)<u(e)=e-2<1,即a0∈(0,1),
当a=a0时,有f′(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0.
再由(I)可知:f′(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
当x∈(1,x0)时,f′(x)<0,∴f(x)>f(x0)=0;
当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,∴f(x)>f(x0)=0;
又当x∈(0,1],f(x)=(x-a0)2-2xlnx>0.
故当x∈(0,+∞)时,f(x)≥0恒成立.
综上所述:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.
g(x)=f′(x)=2(x-1-lnx-a),∴g′(x)=2-
2 |
x |
2(x-1) |
x |
当0<x<1时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减;
当1<x时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增.
(II)证明:由f′(x)=2(x-1-lnx-a)=0,解得a=x-1-lnx,
令u(x)=-2xlnx+x2-2(x-1-lnx)x+(x-1-lnx)2=(1+lnx)2-2xlnx,
则u(1)=1>0,u(e)=2(2-e)<0,
∴存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0,
令a0=x0-1-lnx0=u(x0),其中u(x)=x-1-lnx(x≥1),
由u′(x)=1-
1 |
x |
∴0=u(1)<a0=u(x0)<u(e)=e-2<1,即a0∈(0,1),
当a=a0时,有f′(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0.
再由(I)可知:f′(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
当x∈(1,x0)时,f′(x)<0,∴f(x)>f(x0)=0;
当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,∴f(x)>f(x0)=0;
又当x∈(0,1],f(x)=(x-a0)2-2xlnx>0.
故当x∈(0,+∞)时,f(x)≥0恒成立.
综上所述:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.
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