Question

已知a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f（x）=x²-2alnx，
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間
（2）求函數(shù)f（x）在[1，+∞）上的最小值g（a）
（3）若a＞0，求使方程f（x）=2ax有唯一解的a的值．

Answer 1

分析：（1）先求定義域，再求導(dǎo)函數(shù)f′（x），根據(jù)f′（x）＞0和f′（x）＜0，即可求得函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）根據(jù)（1）中，對a分類討論，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)為單調(diào)遞增函數(shù)，當(dāng)a≤0時(shí)，確定函數(shù)的x=

a

時(shí)，函數(shù)f（x）取得極小值，根據(jù)

a

與區(qū)間[1，+∞）的位置關(guān)系進(jìn)行分類討論，即可求得函數(shù)f（x）的最小值g（a）；
（3）構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）-2ax=x²-2alnx-2ax，將方程f（x）=2ax有唯一解，轉(zhuǎn)化為g（x）=0有唯一解，即可求得a的值．

解答：解：（1）∵f（x）=x²-2alnx，
∴f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
∴f′(x)=

2(x2-a)

x

，
∴當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）≥0，則f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
當(dāng)a＞0時(shí)，令f′（x）＜0，則0＜x＜

a

，令f′（x）＞0，則x＞

a

，
∴f（x）在(0，

a

)上是減函數(shù)，在(

a

，+∞)上是增函數(shù)；
（2）由（1）可知，
①當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在[1，+∞）上是增函數(shù)，
∴g（a）=f（x）_min=f（1）=1；
②當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）在(0，

a

)上是減函數(shù)，在(

a

，+∞)上是增函數(shù)，
若0＜

a

≤1，即0＜a≤1時(shí)，則f（x）在[1，+∞）上是增函數(shù)，
∴g（a）=f（x）_min=f（1）=1；
若

a

＞1，即a＞1時(shí)，則f（x）在(1，

a

)上是減函數(shù)，在(

a

，+∞)上是增函數(shù)，
∴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），
當(dāng)x∈（0，x₁）時(shí)，g′（x）＜0，g（x）在（0，x₁）上是單調(diào)遞減函數(shù)；
當(dāng)x∈（x₁，+∞）時(shí)，g′（x）＞0，g（x）在（x₁，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)，
∴當(dāng)x=x₂時(shí)，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，
設(shè)函數(shù)h（x）=2lnx+x-1，
∵x＞0時(shí)，h（x）是增函數(shù)，
∴h（x）=0至多有一解，
∵h(yuǎn)（1）=0，
∴方程2lnx₁+x₁-1=0的解為x₁=1，
即x₁=

a+ a2+4a

2

=1，
∴a=

1

2

，
∴當(dāng)a＞0，方程f（x）=2ax有唯一解時(shí)a的值為

1

2

．

點(diǎn)評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，以及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)在閉區(qū)間上的最值問題，同時(shí)考查了函數(shù)的零點(diǎn)問題．在解決數(shù)學(xué)問題的時(shí)候，經(jīng)常會(huì)運(yùn)用分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，在運(yùn)用的時(shí)候關(guān)鍵是要弄清楚分類討論的依據(jù)是什么．屬于難題．