Question

18．函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²+ax（a∈R），g（x）=e^x+$\frac{3}{2}$x²．
（1）討論f（x）的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
（2）若?x＞0，f（x）≤g（x），求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）法一：求f（x）的導(dǎo)數(shù)f′（x），利用判別式△=a²-4，判斷f′（x）是否大于0，從而得出f（x）的單調(diào)性與極值點(diǎn)情況；法二：求f（x）的導(dǎo)數(shù)f′（x），根據(jù)x＞0求出f'（x）的值域，討論a的值得出f′（x）的正負(fù)情況，判斷f（x）的單調(diào)性和極值點(diǎn)問題；
（2）f（x）≤g（x）等價(jià)于e^x-lnx+x²≥ax，由x＞0，利用分離常數(shù)法求出a的表達(dá)式，再構(gòu)造函數(shù)求最值即可證明．

解答 解：（1）法一：由題意得f′（x）=x+$\frac{1}{x}$+a=$\frac{{x}^{2}+ax+1}{x}$（x＞0），令△=a²-4，
（i）當(dāng)△=a²-4≤0，即-2≤a≤2時(shí)，x²+ax+1≥0對x＞0恒成立；
即f′（x）≥0對x＞0恒成立，
此時(shí)θ（x）=lnx+$\frac{e}{x}$沒有極值點(diǎn)；
（ii）當(dāng)△=a²-4＞0，即a＜-2或a＞2，
①a＜-2時(shí)，設(shè)方程x²+ax+1=0兩個(gè)不同實(shí)根為x₁，x₂，不妨設(shè)x₁＜x₂，
則x₁+x₂=-a＞0，x₁x₂=1＞0，故x₂＞x₁＞0，
∴x＜x₁或x＞x₂時(shí)f（x）＞0；
在x₁＜x＜x₂時(shí)f（x）＜0，
故x₁，x₂是函數(shù)f（x）的兩個(gè)極值點(diǎn)；
②a＞2時(shí)，設(shè)方程x²+ax+1=0兩個(gè)不同實(shí)根為x₁，x₂，
則x₁+x₂=-a＜0，x₁x₂=1＞0，故x₂＜0，x₁＜0，
∴x＞0時(shí)，f（x）＞0；
故函數(shù)f（x）沒有極值點(diǎn)；
綜上，當(dāng)a＜-2時(shí)，函數(shù)f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)；
當(dāng)a≥-2時(shí)，函數(shù)f（x）沒有極值點(diǎn)；
法二：由題意得f′（x）=x+$\frac{1}{x}$+a，
∵x＞0，∴f'（x）∈[a+2，+∞），
①當(dāng)a+2≥0，即a∈[-2，+∞）時(shí)，f′（x）≥0對?x＞0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，f（x）沒有極值點(diǎn)；   
②當(dāng)a+2＜0，即a∈（-∞，-2）時(shí)，方程x²+ax+1=0有兩個(gè)不等正數(shù)解x₁，x₂，
f′（x）=x+$\frac{1}{x}$+a=$\frac{（x{-x}_{1}）（x{-x}_{2}）}{x}$（x＞0）
不妨設(shè)0＜x₁＜x₂，則當(dāng)x∈（0，x₁）時(shí)，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
x∈（x₁，x₂）時(shí)，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
x∈（x₂，+∞）時(shí)，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
所以x₁，x₂分別為f（x）極大值點(diǎn)和極小值點(diǎn)，f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)．
綜上所述，當(dāng)a∈[-2，+∞）時(shí)，f（x）沒有極值點(diǎn)；
當(dāng)a∈（-∞，-2）時(shí)，f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)；
（2）f（x）≤g（x）等價(jià)于e^x-lnx+x²≥ax，
由x＞0，即a≤$\frac{{e}^{x}{+x}^{2}-lnx}{x}$對于?x＞0恒成立，
設(shè)φ（x）=$\frac{{e}^{x}{+x}^{2}-lnx}{x}$（x＞0），
φ′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）+lnx+（x+1）（x-1）}{{x}^{2}}$，
∵x＞0，∴x∈（0，1）時(shí)，φ'（x）＜0，φ（x）單調(diào)遞減，
x∈（1，+∞）時(shí)，φ'（x）＞0，φ（x）單調(diào)遞增，
∴φ（x）≥φ（1）=e+1，
∴a≤e+1．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用問題，也考查了求函數(shù)最值與不等式恒成立問題，是綜合性問題．