Question

1．函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-（1+a）x+lnx（a≥0）．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）當(dāng)a=0時(shí)，方程f（x）=mx在區(qū)間[1，e²]內(nèi)有唯一實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，得到導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）要使方程f（x）=mx在區(qū)間[1，e²]上有唯一實(shí)數(shù)解，只需m=$\frac{lnx}{x}$-1有唯一實(shí)數(shù)解，令g（x）=$\frac{lnx}{x}$-1，（x＞0），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的范圍即可．

解答 解：（ I）f′（x）=$\frac{（ax-1）（x-1）}{x}$，（x＞0），（1分）
（ i）當(dāng)a=0時(shí)，f′（x）=$\frac{1-x}{x}$，令f′（x）＞0，得0＜x＜1，令f′（x）＜0，得x＞1，
函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，（1，+∞）上單調(diào)遞減；      （2分）
（ ii）當(dāng)0＜a＜1時(shí)，令f′（x）=0，得x₁=1，x₂=$\frac{1}{a}$＞1     （3分）
令f′（x）＞0，得0＜x＜1，x＞$\frac{1}{a}$，令f′（x）＜0，得1＜x＜$\frac{1}{a}$，
函數(shù)f（x）在（0，1）和（$\frac{1}{a}$，+∞）上單調(diào)遞增，（1，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞減；   （4分）
（ iii）當(dāng)a=1時(shí)，f′（x）≥0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；（5分）
（ iv）當(dāng)a＞1時(shí)，0＜$\frac{1}{a}$＜1  （6分）
令f′（x）＞0，得0＜x＜$\frac{1}{a}$，x＞1，令f′（x）＜0，得$\frac{1}{a}$＜x＜1，（7分）
函數(shù)f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）和（1，+∞）上單調(diào)遞增，（$\frac{1}{a}$，1）上單調(diào)遞減；   （8分）
綜上所述：當(dāng)a=0時(shí)，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1），單調(diào)遞減區(qū)間為（1，+∞）；
當(dāng)0＜a＜1時(shí)，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1）和（$\frac{1}{a}$，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（1，$\frac{1}{a}$）；
當(dāng)a=1時(shí)，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）；
當(dāng)a＞1時(shí)，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，$\frac{1}{a}$）和（1，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（$\frac{1}{a}$，1）（9分）
（ II）當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=-x+lnx，由f（x）=mx，得-x+lnx=mx，又x＞0，所以m=$\frac{lnx}{x}$-1，
要使方程f（x）=mx在區(qū)間[1，e²]上有唯一實(shí)數(shù)解，
只需m=$\frac{lnx}{x}$-1有唯一實(shí)數(shù)解，（10分）
令g（x）=$\frac{lnx}{x}$-1，（x＞0），∴g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
由g′（x）＞0得0＜x＜e；g′（x）＜0得x＞e，
∴g（x）在區(qū)間[1，e]上是增函數(shù)，在區(qū)間[e，e²]上是減函數(shù)．（11分）
g（1）=-1，g（e）=$\frac{1}{e}$-1，g（e²）=$\frac{2}{{e}^{2}}$-1，
故-1≤m＜$\frac{2}{{e}^{2}}$-1或m=$\frac{1}{e}$-1 （12分）

點(diǎn)評(píng) 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)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道中檔題．