2. 公务员
  3. 已知函数f(x)=一2(x+a)lnx+x2一2ax一2a2+a，其中a＞0． 证明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0在区间(1，+∞)内恒成立，且f(x)=0在区间(1，+∞)内有唯一解．

已知函数f(x)=一2(x+a)lnx+x2一2ax一2a2+a，其中a＞0． 证明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0在区间(1，+∞)内恒成立，且f(x)=0在区间(1，+∞)内有唯一解．

admin2019-08-05  24
问题 已知函数f(x)=一2(x+a)lnx+x2一2ax一2a2+a，其中a＞0．
证明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0在区间(1，+∞)内恒成立，且f(x)=0在区间(1，+∞)内有唯一解．
选项
答案由已知得f’(x)=g(x)在(1，+∞)内单调递增．且f’(1)=－2－2a+2－2a=一4a＜0，f’(+∞)＞0．由零点存在性定理得存在唯一x0∈(1，+∞)，使得f’(x0)=一2lnx0－2一[*]+2x0－2a=0①．所以f(x)在(1，x0)上单调递减，(x0，+∞)上单调递增．所以满足f(x)=0在区间(1，+∞)内有唯一解只需满足f(x)min=f(x0)=0即可．f(x0)=2(x0+a)lnx02+x02－2ax0一2a2+a=0，将①代入化简得： 2a2+(5x0一2x02)a一(x03一2x02)=0，(2a一x0)(a+x02—2x0)=0，a=[*]，a=2x0－x02． 当a=[*](x0＞1)时，此时①变形为2a一2ln2a一3=0，在([*]，1)上有解．令h(a)=2a一2ln2a一3，h’(a) =2—[*]，所以h(a)在(0，1)上单调递减．[*]=1—3＜0不满足．当a=2x0一x02时，此时① 变形为2x02—2lnx0一6=0在(1，2)上有解．不妨设[*]=1—3＜0，所以h(x0)在(1，2)上单调递增． h(1)=一4，h(2)=2—2ln2＞0．所以2x02一2lnx0一6=0在(1，2)上有解．所以结论得证．
解析
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