已知函数f(x)=-2xlnx+x2-2ax+a2,其中a>0.(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论...

问题详情：

已知函数f(x)=-2xlnx+x2-2ax+a2,其中a>0.

(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调*.

(2)*:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.

【回答】

【解析】(1)由已知,函数的定义域为(0,+∞),

所以g(x)=f′(x)=2(x-1-lnx-a)

所以g′(x)=2-=,

当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;

当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增.

(2)由f′(x)=2(x-1-lnx-a)=0,解得a=x-1-lnx.

令φ(x)=-2xlnx+x2-2x(x-1-lnx)+(x-1-lnx)2=(1+lnx)2-2xlnx,

则φ(1)=1>0,φ(e)=2(2-e)<0.

于是,存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0,

令a0=x0-1-lnx0=u(x0),其中u(x)=x-1-lnx(x≥1),

由u′(x)=1-≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)上单调递增.

故0=u(1)<a0=u(x0)<u(e)=e-2<1,

即a0∈(0,1),

当a=a0时,有f′(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0,

再由(1)知,f′(x)在区间(1,+∞)上单调递增,

当x∈(1,x0)时,f′(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0,

当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,从而f(x)>f(x0)=0,

又当x∈(0,1]时,f(x)=(x-a0)2-2xlnx>0,

故x∈(0,+∞)时,f(x)≥0.

综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.

知识点：导数及其应用

题型：解答题