Question

已知a为实数，函数f（x）=x²-2alnx，
（1）求函数f（x）的单调区间
（2）求函数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）先求定义域，再求导函数f′（x），根据f′（x）＞0和f′（x）＜0，即可求得函数f（x）的单调区间；
（2）根据（1）中，对a分类讨论，当a≤0时，函数为单调递增函数，当a≤0时，确定函数的x=

a

时，函数f（x）取得极小值，根据

a

与区间[1，+∞）的位置关系进行分类讨论，即可求得函数f（x）的最小值g（a）；
（3）构造函数g（x）=f（x）-2ax=x²-2alnx-2ax，将方程f（x）=2ax有唯一解，转化为g（x）=0有唯一解，即可求得a的值．

解答：解：（1）∵f（x）=x²-2alnx，
∴f（x）的定义域为（0，+∞），
∴f′(x)=

2(x2-a)

x

，
∴当a≤0时，f′（x）≥0，则f（x）在（0，+∞）上是增函数，
当a＞0时，令f′（x）＜0，则0＜x＜

a

，令f′（x）＞0，则x＞

a

，
∴f（x）在(0，

a

)上是减函数，在(

a

，+∞)上是增函数；
（2）由（1）可知，
①当a≤0时，f（x）在[1，+∞）上是增函数，
∴g（a）=f（x）_min=f（1）=1；
②当a＞0时，f（x）在(0，

a

)上是减函数，在(

a

，+∞)上是增函数，
若0＜

a

≤1，即0＜a≤1时，则f（x）在[1，+∞）上是增函数，
∴g（a）=f（x）_min=f（1）=1；
若

a

＞1，即a＞1时，则f（x）在(1，

a

)上是减函数，在(

a

，+∞)上是增函数，
∴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），
当x∈（0，x₁）时，g′（x）＜0，g（x）在（0，x₁）上是单调递减函数；
当x∈（x₁，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）在（x₁，+∞）上是单调递增函数，
∴当x=x₂时，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，
设函数h（x）=2lnx+x-1，
∵x＞0时，h（x）是增函数，
∴h（x）=0至多有一解，
∵h（1）=0，
∴方程2lnx₁+x₁-1=0的解为x₁=1，
即x₁=

a+ a2+4a

2

=1，
∴a=

1

2

，
∴当a＞0，方程f（x）=2ax有唯一解时a的值为

1

2

．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用导数研究函数在闭区间上的最值问题，同时考查了函数的零点问题．在解决数学问题的时候，经常会运用分类讨论的数学思想方法，在运用的时候关键是要弄清楚分类讨论的依据是什么．属于难题．