Question

求详解：急已知函数f(x)=x-1/x,g(x)=alnx,其中x>0,a属于R,令函数h（x）=f(x)-g(x)

已知函数f(x)=x-1/x,g(x)=alnx,其中x>0,a属于R,令函数h（x）=f(x)-g(x)
1.若函数h(x)在（0，正无穷）上单调递增，求a的取值范围;
2.当a取（1）中的最大值时，判断方程h(x)+h(2-x)=0在（0,1）上是否有解，并说明理由

Answer 1

1
h(x)=f(x)-g(x)
=x-1/x-alnx
h'(x)=1+1/x²-a/x
∵函数h(x)在（0，正无穷）上单调递增
∴x>0时，h'(x)≥0即1+1/x²-a/x≥0恒成立
即a/x≤1+1/x², a≤x+1/x
需a≤（x+1/x)min
∵x>0, ∴ x+1/x≥2,当x=1时，取等号
∴(x+1/x)min=2
∴a≤2

2

a的最大值为2，
a=2时，h(x)=x-1/x-2lnx
方程h(x)+h(2-x)=0
即x-1/x-2lnx+(2-x)-1/(2-x)-2ln(2-x)=0
即2-1/x-1/(2-x)-2lnx-2ln(2-x)=0
令k(x)=2-1/x-1/(2-x)-2lnx-2ln(2-x)
k'(x)=1/x²-1/(2-x)²-2/x+2/(2-x)
=[1/x²-2/x+1]-[1/(2-x)²-2/(2-x)+1]
=(1/x-1)²-[1/(2-x)-1]²
=[1/x+1/(2-x)-2][(1/x-1/(2-x)]

设t(x)=1/x+1/(2-x)-2
t'(x)=-1/x²+1/(2-x)²
= 4(x-1)/[x²(2-x)²]<0
∴t(x)是减函数，∴t(x)>t(1)=0
即1/x+1/(2-x)-2>0
又 1/x>1 ,1/(2-x)<1
∴1/x-1/(2-x)>0
∴k'(x)>0
∴k(x)为增函数
∴k(x)<k(1)=0
∴k(x)在(0,1)内无零点
即方程h(x)+h(2-x)=0在(0,1)上无实数解

Answer 2

1、h(x)=x-1/x-alnx,因为h(x)在（0，正无穷）上单调递增，所以h'(x)=1+(1/x)^2-a/x>=0,在（0，正无穷），令y=1/x,则g(y)=h'(x)=y^2-ay+1>0在y属于（0，正无穷），当a^2-4<=0时，即-2<=a<=2,则g(y)=0最多只有一个实根，满足条件。当a^2-4>0时，即-2>a或2<a,则g(y)的最大的根1/2*[a+根号(a^2-4)]<=0,解得a<-2。综上，a<=2
2、a=2,h(x)=x-1/x-2lnx,设f(x)=h(x)+h(2-x)=2-1/x+1/(x-2)-2lnx-2ln(2-x),f'(x)=4*(1-x)^3/[x^2*(x-2)^2],则f'(x)>0在（0,1），即为单调递增函数。当x=1时f(1)=0,所以f(x)<0在（0,1）,即方程h(x)+h(2-x)=0在（0,1）上没有解

Answer 3

1.h′(x) = 1 + 1/x^2 - a/x = (x^2 - ax + 1)/x^2
要使h(x)在（0，正无穷）上单调递增,应使得 x^2 - ax + 1 ≧ 0
令k(x) = x^2 - ax + 1,该二次函数对称轴为 a/2
当 a/2 ≦ 0 时, k(x ) 在（0，正无穷）单调递增,其最小值为k (0) = 1 > 0，此时 h(x) 在（0，正无穷）恒递增；
当 a/2 > 0 时，k(x ) 在（0，正无穷）的最小值为 k（a/2 ） = - a^2/4 + 1
为了h(x)在（0，正无穷）上单调递增,应 k（a/2 ）≥ 0 ，解得 a∈[-2,2]
此时 a ∈（0,2]
综上 a ∈（-∞,2]

2.当a= 2 时，h(x) = x - 1/x - 2Inx
h(x)+h(2-x)= x - 1/x - 2Inx + 2 - x -1/(2- x) - 2In(2 - x) = 0
移项整理得新方程 1/x + 2Inx + 1/(2- x) + 2In(2 - x) = 2
令1/x + 2Inx + 1/(2- x) + 2In(2 - x) = m(x)
m′(x) = 4(x - 1)^3/[x^2(2- x)^2 ] （这一步求导比较繁琐，请耐心求）
在区间（0,1）上 ,可以看出m′(x)〈 0 ，即m(x) 在（0,1）递减
而m(1) = 2 ， 故 m(x)在（0,1） 上恒大于 2
故方程在（0,1）上无解 ,
故原方程无解.

如有不懂望讨论