Question

18．已知函數(shù)f（x）=xe^x-lnx．
（1）當(dāng)x≥1時，判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若方程2af（x）-2axe^x+x²-2ax=0有唯一實數(shù)解，求正數(shù)a的值．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過判斷導(dǎo)函數(shù)的符號，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為x²-2alnx-2ax=0在（0，+∞）內(nèi)有唯一實數(shù)解，設(shè)g（x）=x²-2alnx-2ax，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到關(guān)于a的方程，求出a的值即可．

解答 解：（1）f′（x）=（x+1）e^x-$\frac{1}{x}$，
∵x≥1時，（x+1）e^x≥2e，$\frac{1}{x}$≤1，
∴f′（x）≥2e-1＞0，
∴f（x）在[1，+∞）遞增；
（2）∵方程2af（x）-2axe^x+x²-2ax=0有唯一實數(shù)解，
∴x²-2alnx-2ax=0在（0，+∞）內(nèi)有唯一實數(shù)解，
設(shè)g（x）=x²-2alnx-2ax，g′（x）=$\frac{{2x}^{2}-2ax-2a}{x}$，
令g′（x）=0（a＞0），解得：x=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$，
故g（x）在（0，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$）遞減，在（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$，+∞）遞增，
故g（x）的最小值是g（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$），且g′（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$）=0，
∵g（x）=0有唯一解，故g（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$）=0，
令m=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$，
故$\left\{\begin{array}{l}{{m}^{2}-2alnm-2am=0}\\{{m}^{2}-am-a=0}\end{array}\right.$，
故2lnm+m-1=0，
∵h(yuǎn)（x）=2lnx+x-1在（0，+∞）遞增，
故h（x）至多有1個解，
∵h(yuǎn)（1）=0，∴2lnm+m-1=0的解是m=1，
即$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$=1，
解得：a=$\frac{1}{2}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．