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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.
admin
2019-08-05
24
问题
已知函数f(x)=一2(x+a)lnx+x
2
一2ax一2a
2
+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x
0
∈(1,+∞),使得f
’
(x
0
)=一2lnx
0
-2一[*]+2x
0
-2a=0①.所以f(x)在(1,x
0
)上单调递减,(x
0
,+∞)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(x
0
)=0即可.f(x
0
)=2(x
0
+a)lnx
0
2
+x
0
2
-2ax
0
一2a
2
+a=0,将①代入化简得: 2a
2
+(5x
0
一2x
0
2
)a一(x
0
3
一2x
0
2
)=0,(2a一x
0
)(a+x
0
2
—2x
0
)=0,a=[*],a=2x
0
-x
0
2
. 当a=[*](x
0
>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=2x
0
一x
0
2
时,此时① 变形为2x
0
2
—2lnx
0
一6=0在(1,2)上有解.不妨设[*]=1—3<0,所以h(x
0
)在(1,2)上单调递增. h(1)=一4,h(2)=2—2ln2>0.所以2x
0
2
一2lnx
0
一6=0在(1,2)上有解.所以结论得证.
解析
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0
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