Question

4．已知函數(shù)f（x）=x²-2alnx，h（x）=2ax．
（1）討論f（x）的單調(diào)性；
（2）當(dāng)a＞0時，關(guān)于x的方程f（x）=h（x）有唯一解，求a的值．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，可知當(dāng)a≤0時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞0時，由導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)對定義域分段然后利用導(dǎo)函數(shù)在各區(qū)間段內(nèi)的符號可得原函數(shù)的單調(diào)性；
（2）令g（x）=x²-2alnx-2ax，利用導(dǎo)數(shù)求其極小值點(diǎn)，結(jié)合g（x）=0有唯一解，可得$\left\{\begin{array}{l}{g（{x}_{0}）=0}\\{g′（{x}_{0}）=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{{{x}_{0}}^{2}-2aln{x}_{0}-2a{x}_{0}=0}\\{{{x}_{0}}^{2}-a{x}_{0}-a=0}\end{array}\right.$，求解得答案．

解答 解：（1）∵f（x）=x²-2alnx，
∴f′（x）=2x-$\frac{2a}{x}$=$\frac{2（{x}^{2}-{a}^{2}）}{x}$=$\frac{2（x+\sqrt{a}）（x-\sqrt{a}）}{x}$（x＞0），
當(dāng)a≤0時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)a＞0時，若x∈（0，$\sqrt{a}$），f′（x）＜0，f（x）在（0，$\sqrt{a}$）上單調(diào)遞減．
若x∈（$\sqrt{a}$，+∞），f′（x）＞0，f（x）在（$\sqrt{a}$，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）令g（x）=x²-2alnx-2ax，
則g′（x）=2x-$\frac{a}{x}-2a$=$\frac{2{x}^{2}-2ax-2a}{x}$=$\frac{2}{x}（{x}^{2}-ax-a）$．
令g′（x）=0，得x²-ax-a=0，
∵a＞0，x＞0，
∴${x}_{0}=\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$．
當(dāng)x∈（0，x₀）時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（x₀，+∞）時，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增．
又g（x）=0有唯一解，
則$\left\{\begin{array}{l}{g（{x}_{0}）=0}\\{g′（{x}_{0}）=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{{{x}_{0}}^{2}-2aln{x}_{0}-2a{x}_{0}=0}\\{{{x}_{0}}^{2}-a{x}_{0}-a=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}=1}\\{a=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$．
∴a=$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，是中檔題．