Question

1．設函數(shù)f（x）=lnx-x²+ax（a∈R）．
（Ⅰ） 求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ） 設g（x）=xe^1-x，若對于任意給定的x₀∈（0，e]，方程f（x）+1=g（x₀）在（0，e]內(nèi)有兩個不同的實數(shù)根，求a的取值范圍．（其中e是自然對數(shù)的底數(shù)）

Answer 1

分析 （1）首先確定定義域，再由導函數(shù)的正負確定原函數(shù)的單調區(qū)間
（2）由f（x）和g（x）的單調性，通過討論臨界值x₁的范圍，分情況討論各自可能的情形，中間需要構造新的函數(shù)h（x），再求導的過程．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞） 
f′（x）=$\frac{1}{x}$-2x+a=$\frac{1-2{x}^{2}+a}{x}$
令f′（x）=0 得：x₁=$\frac{a+\sqrt{8+{a}^{2}}}{4}$，x₂=$\frac{a-\sqrt{8+{a}^{2}}}{4}$（舍去）
∴當x∈（0，x₁）時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，$\frac{a+\sqrt{8+{a}^{2}}}{4}$）  上單調遞增
當x∈（x₁）+∞）時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）在區(qū)間（ $\frac{a+\sqrt{8+{a}^{2}}}{4}$，+∞）上單調遞減
∴函數(shù)f（x）的遞增區(qū)間是（0，$\frac{a+\sqrt{8+{a}^{2}}}{4}$），遞減區(qū)間是（ $\frac{a+\sqrt{8+{a}^{2}}}{4}$，+∞）．
（2）g′（x）=（1-x）e^1-x
∴當x∈（0，1）時，g′（x）＞0，函數(shù) g（x） 在區(qū)間（0，1）上單調遞增
當x∈（1，e）時，g′（x）＜0，函數(shù)g（x） 在區(qū)間[1，e]上單調遞減
而g（0）-1=-1，g（1）-1=0，g（e）-1=e^2-e-1∈（-1，0）
∴當x∈（0，e]時，g（x）∈（-1，0]
由（1）知，f′（x）=$\frac{1-2{x}^{2}+a}{x}$ 且f′（x）=0在定義域內(nèi)只有一個根：x₁=$\frac{a+\sqrt{8+{a}^{2}}}{4}$
①若x₁≥e，則f′（x）在區(qū)間（0，e]內(nèi)無解，
∴函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，e]是上單調函數(shù)
顯然f（x）+1=g（x₀）至多有一個根，不符合題意．
②若x₁＜e，則函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，x₁）上單調遞增，在區(qū)間（x₁，+∞）上單調遞減
由題意，對任意給定的x₀∈（0，e]，方程f（x）+1=g（x₀）在（0，e]有兩個不同的根
∴f（x₁）＞0，且f（e）≤-1
由f（e）≤-1，得ae-e²+lne≤-1
解得：a≤e-$\frac{2}{e}$
∵x₁是方程-2x²+ax+1=0的根
∴-2${{x}_{1}}^{2}$+ax₁+1=0，即a=2x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$
故由f（x₁）＞0，得ax₁-${{x}_{1}}^{2}$+lnx₁＞0
得（2x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$）x₁-${{x}_{1}}^{2}$+lnx₁＞0
整理得：${{x}_{1}}^{2}$-1+lnx₁＞0
設h（x）=x²-1+lnx，x∈（0，e），則h′（x）=2x+$\frac{1}{x}$＞0
∴函數(shù)h（x）在區(qū)間 （0，e） 上單調遞增
而h（1）=1-1+ln1=0   
∴不等式${{x}_{1}}^{2}$-1+lnx₁＞0的解為1＜x₁＜e
又函數(shù)y=2x-$\frac{1}{x}$在（1，e）上單調遞增
∴1=2×1-1＜a=2x₁-$\frac{1}{x}$＜2e-$\frac{1}{e}$
顯然e-$\frac{2}{e}$＜2e-$\frac{1}{e}$
∴1＜a≤e-$\frac{1}{e}$
故實數(shù)a的取值范圍為（1，e-$\frac{2}{e}$]

點評 本題主要考察函數(shù)求導，由導函數(shù)來確定原函數(shù)的單調區(qū)間，和由單調性來確定交點問題．（2）中分類討論的思想及構造新的函數(shù)求導的思想是經(jīng)�？疾斓膬�(nèi)容，需要熟練掌握．有一定難度．