Question

8．已知函數(shù)f（x）=lnx+ax²，其中a為實常數(shù)．
（1）討論函數(shù)f（x）的極值點個數(shù)；
（2）若函數(shù)f（x）有兩個零點，求a的取值范圍；
（3）已知a＞0，對任意定義域內(nèi)的兩個不等實數(shù)x₁，x₂都有|f（x₁）-f（x₂）|＞|x₁-x₂|，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，確定函數(shù)的單調(diào)性，從而求出極值的個數(shù)即可；
（2）法一：通過討論a的范圍，求出f（x）的最大值，從而求出a的范圍即可；
法二：問題等價于$\frac{lnx}{x^2}=-a$有兩解，令$g（x）=\frac{lnx}{x^2}$，求出g（x）的最大值，從而求出a的范圍即可；
（3）問題轉(zhuǎn)化為只需g（x）為增函數(shù)，求出g'（x）≥0在定義域內(nèi)恒成立，即g'_min（x）≥0，求出g′（x）的最小值，從而求出a的范圍即可．

解答 解：（1）定義域：（0，+∞）$f'（x）=\frac{1}{x}+2ax$…（1分）
①當(dāng)a≥0時，因為x＞0，所以f'（x）＞0在定義域內(nèi)恒成立，
∴f（x）無極值點．…（2分）
②當(dāng)a＜0時，$f'（x）=\frac{1}{x}+2ax=\frac{{2a{x^2}+1}}{x}$，
令f'（x）=0，則$x=\sqrt{-\frac{1}{2a}}$或$x=-\sqrt{-\frac{1}{2a}}$（舍去）…（3分）
∴f（x）在（0，$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$）遞增，在（$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，+∞）遞減，
可知f（x）有一個極大值點，無極小值點．即極值點個數(shù)為1．
綜上，當(dāng)a≥0時，f（x）無極值點，當(dāng)a＜0時，有且只有一個極值點．…（4分）
（2）法一：由（1）可知①當(dāng)a≥0時，f（x）為增函數(shù)，至多只有一個零點，不合．…（5分）
②當(dāng)a＜0時，${f_{max}}（x）=f（\sqrt{-\frac{1}{2a}}）=-\frac{1}{2}ln（-2a）-\frac{1}{2}$，…（6分）
當(dāng)x→+∞時，f（x）→-∞；當(dāng)x→0⁺時，f（x）→-∞，…（7分）
要使得函數(shù)f（x）有兩個零點，則須且只需f_max（x）＞0，
即$-\frac{1}{2}ln（-2a）-\frac{1}{2}＞0$，解得：$a＞-\frac{1}{2e}$，又a＜0，所以$-\frac{1}{2e}＜a＜0$，
綜上：a的取值范圍是$（-\frac{1}{2e}，0）$…（8分）
法二：函數(shù)f（x）有兩個零點等價于方程f（x）=0有兩解，
等價于$\frac{lnx}{x^2}=-a$有兩解…（5分）
令$g（x）=\frac{lnx}{x^2}$，則即為y=g（x）的圖象與y=a有且只有兩個交點，
$g'（x）=\frac{1-2lnx}{x^3}$，令g'（x）=0，則$x={e^{\frac{1}{2}}}$…（6分）
可知${g_{max}}（x）=g（{e^{\frac{1}{2}}}）=\frac{1}{2e}$，
當(dāng)x→+∞時，g（x）→0；當(dāng)x→0⁺時，g（x）→-∞，…（7分）
∴$-a∈（0，\frac{1}{2e}）$，
所以a的取值范圍是$（-\frac{1}{2e}，0）$…（8分）
（3）由（1）可知a＞0時，f（x）為增函數(shù)，不妨設(shè)x₁＞x₂，
則原不等式即為f（x₁）-f（x₂）＞x₁-x₂，
即f（x₁）-x₁＞f（x₂）-x₂…（9分）
記g（x）=f（x）-x，則g（x₁）＞g（x₂）
由x₁，x₂的任意性可知，要使得上式恒成立，
須且只需g（x）為增函數(shù)．…（10分）
所以g'（x）≥0在定義域內(nèi)恒成立，即g'_min（x）≥0，
$g'（x）=f'（x）-1=\frac{1}{x}+2ax-1≥2\sqrt{2a}-1$當(dāng)且僅當(dāng)$x=\sqrt{\frac{1}{2a}}$時取等號．…（11分）
所以${g'_{min}}（x）=2\sqrt{2a}-1$，所以$2\sqrt{2a}-1≥0$，解得$a≥\frac{1}{8}$，
∴所求a的取值范圍為$[\frac{1}{8}，+∞）$…（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道綜合題．