Question

18．已知函數f（x）=ax²-（2a+1）x+lnx，a∈R．
（1）當a=1時，求f（x）的單調區(qū)間和極值；
（2）若關于x的方程f（x）=2ax²-2（a+1）x恰有兩個不等的實根，求實數a的取值范圍；
（3）設g（x）=e^x-x-1，若對任意的x₁∈（0，+∞），x₂∈R，不等式f（x₁）≤g（x₂）恒成立，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當a=1時，函數f（x）=x²-3x+lnx，求出f（x）的導數，令f'（x）=0，列出表格即可得出函數的單調性，極值；
（2）問題轉化為求函數y=ax²-x與y=lnx的解得個數問題，通過討論a的范圍即可求出；
（3）對于任意的x₁∈（0，+∞），x₂∈R，不等式f（x₁）≤g（x₂）恒成立，則有f（x）_max≤g（x）_min．利用導數分別在定義域內研究其單調性極值與最值即可．

解答 解：（1）當a=1時，函數f（x）=x²-3x+lnx，f′（x）=$\frac{{2x}^{2}-3x+1}{x}$，
令f′（x）=0得：x₁=$\frac{1}{2}$，x₂=1，
當x變化時，f′（x），f（x）的變化情況如下表：

x	（0，$\frac{1}{2}$）	$\frac{1}{2}$	（$\frac{1}{2}$，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	+	0	-	0	+
f（x）	單調遞增	極大	單調遞減	極小	單調遞增

∴f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）單調遞增，在（$\frac{1}{2}$，1）單調遞減，在（1，+∞）單調遞增，
當x=$\frac{1}{2}$時：f（x）有極大值，且f（x）_極大值=f（$\frac{1}{2}$）=-$\frac{5}{4}$-ln2；
當x=1時：f（x）有極小值，且f（x）_極小值=-2；
（2）∵f（x）=2ax²-2（a+1）x，
∴ax²-（2a+1）x+lnx=2ax²-2（a+1）x，
∴ax²-x=lnx，x∈（0，+∞），
顯然a≤0時，y=ax²-x與y=lnx只有1個交點，不合題意，
當a=1時，函數y=x²-x=${（x-\frac{1}{2}）}^{2}$-$\frac{1}{4}$，x=$\frac{1}{2}$時：y_min=-$\frac{1}{4}$，而y=ln$\frac{1}{2}$＜ln${e}^{-\frac{1}{4}}$，
∴0＜a＜≤1時，y=ax²-x與y=lnx只有1個交點，不合題意，
a＞1時，畫出函數y=ax²-x與y=lnx的圖象，
如圖示：
，
圖象有2個交點，
綜上：a＞1；
（3）由g（x）=e^x-x-1，則g′（x）=e^x-1，
令g′（x）＞0，解得x＞0；令g′（x）＜0，解得x＜0．
∴g（x）在（-∞，0）是減函數，在（0，+∞）是增函數，
即g（x）_最小值=g（0）=0．
對于任意的x₁∈（0，+∞），x₂∈R，不等式f（x₁）≤g（x₂）恒成立，則有f（x₁）≤g（0）即可．
即不等式f（x）≤0對于任意的x∈（0，+∞）恒成立，
f′（x）=$\frac{2{ax}^{2}-（2a+1）x+1}{x}$，
（1）當a=0時，f′（x）=$\frac{1-x}{x}$，令f′（x）＞0，解得0＜x＜1；令f′（x）＜0，解得x＞1．
∴f（x）在（0，1）是增函數，在（1，+∞）是減函數，
∴f（x）_最大值=f（1）=-1＜0，
∴a=0符合題意．
（2）當a＜0時，f′（x）=$\frac{（2ax-1）（x-1）}{x}$，
令f'（x）＞0，解得0＜x＜1；令f′（x）＜0，解得x＞1．
∴f（x）在（0，1）是增函數，在（1，+∞）是減函數，
∴f（x）_最大值=f（1）=-a-1≤0，
得-1≤a＜0，
∴-1≤a＜0符合題意．
（3）當a＞0時，f′（x）=$\frac{（2ax-1）（x-1）}{x}$，f′（x）=0得：x₁=$\frac{1}{2a}$，x₂=1，
a＞$\frac{1}{2}$時，0＜x₁＜1，令f′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1}{2a}$或x＞1；
令f′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2a}$＜x＜1，
∴f（x）在（1，+∞）是增函數，
而當x→+∞時，f（x）→+∞，這與對于任意的x∈（0，+∞）時f（x）≤0矛盾．
同理0＜a≤$\frac{1}{2}$時也不成立．
綜上所述：a的取值范圍為[-1，0]．

點評 本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值，考查了恒成立問題的等價轉化方法，考查了分類討論的思想方法，考察了推理能力和計算能力，屬于難題．