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(2014•漳州一模)巳知函数f(x)=x2-2ax-2alnx,g(x)=ln2x+2a2,其中x>0,a∈R.(Ⅰ)若x=1是函数f(x)的极值点,求a的值;(Ⅱ)若f(x)在区间(2,+∞)上单调递增,求a的取值范围;(
题目详情
(2014•漳州一模)巳知函数f(x)=x2-2ax-2alnx,g(x)=ln2x+2a2,其中x>0,a∈R.
(Ⅰ)若x=1是函数f(x)的极值点,求a的值;
(Ⅱ)若f(x)在区间(2,+∞)上单调递增,求a的取值范围;
(Ⅲ)记F(x)=f(x)+g(x),求证:F(x)≥
.
(Ⅰ)若x=1是函数f(x)的极值点,求a的值;
(Ⅱ)若f(x)在区间(2,+∞)上单调递增,求a的取值范围;
(Ⅲ)记F(x)=f(x)+g(x),求证:F(x)≥
1 |
2 |
▼优质解答
答案和解析
(Ⅰ)f′(x)=2x−2a−
=
(x>0);
∵x=1是函数f(x)的极值点;
∴f′(1)=2-2a-2a=0,解得a=
;
经检验x=1为函数f(x)的极值点,所以a=
.
(II)∵f(x)在区间(2,+∞)上单调递增;
∴f′(x)=
≥0在区间(2,+∞)上恒成立;
∴a≤
对区间(2,+∞)恒成立;
令M(x)=
,则M′(x)=
=
;
当x∈(2,+∞)时,M′(x)>0,有M(x)=
>M(2)=
;
∴a的取值范围为(−∞,
].
(Ⅲ)F(x)=x2-2ax-2alnx+ln2x+2a2=2[a2−(x+lnx)a+
];
令P(a)=a2−(x+lnx)a+
;
则P(a)=(a−
)2−(
)2+
=(a−
)2+
≥
;
令Q(x)=x-lnx,则Q′(x)=1−
=
2a |
x |
2x2−2ax−2a |
x |
∵x=1是函数f(x)的极值点;
∴f′(1)=2-2a-2a=0,解得a=
1 |
2 |
经检验x=1为函数f(x)的极值点,所以a=
1 |
2 |
(II)∵f(x)在区间(2,+∞)上单调递增;
∴f′(x)=
2x2−2ax−2a |
x |
∴a≤
x2 |
x+1 |
令M(x)=
x2 |
x+1 |
2x(x+1)−x2 |
(x+1)2 |
x2+2x |
(x+1)2 |
当x∈(2,+∞)时,M′(x)>0,有M(x)=
x2 |
x+1 |
4 |
3 |
∴a的取值范围为(−∞,
4 |
3 |
(Ⅲ)F(x)=x2-2ax-2alnx+ln2x+2a2=2[a2−(x+lnx)a+
x2+ln2x |
2 |
令P(a)=a2−(x+lnx)a+
x2+ln2x |
2 |
则P(a)=(a−
x+lnx |
2 |
x+lnx |
2 |
x2+ln2x |
2 |
x+lnx |
2 |
(x−lnx)2 |
4 |
(x−lnx)2 |
4 |
令Q(x)=x-lnx,则Q′(x)=1−
1 |
x |
x2 |
x+1 |
x2 |
x+1 |
(Ⅲ)求出F(x)=x2-2ax-2alnx+ln2x+2a2,通过观察F(x)的解析式的形式,能够想到解析式里可能存在完全平方式,所以试着构造完全平方式,结果能构造出完全平方式,并得到:F(x)=2(a−
x+lnx |
2 |
(x−lnx)2 |
2 |
(x−lnx)2 |
2 |
- 名师点评
-
- 本题考点:
- 利用导数研究函数的极值;利用导数研究函数的单调性.
-
- 考点点评:
- 第一问中的a是比较容易求出的,然而需验证求的a符合题意,这需要理解极值的定义.第二问是根据函数导数符号与函数单调性的关系去求解的,而比较关键的是得到a≤
.第三问的关键是构造完全平方式,使一个完全平方式里含a,另一个不含a,因为a的值不确定,并且要证的不等式的右边不含a.x2 x+1
![](https://img.zuoyebang.cc/zyb_2c0c717c464dca8ef4a230a9f98c53e9.jpg)
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