Question

18．已知函數(shù)f（x）=2lnx+x²-ax，a∈R．
（1）若函數(shù)y=f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）若a=e，解不等式：f（x）＜2；
（3）求證：當(dāng)a＞4時(shí)，函數(shù)y=f（x）只有一個(gè)零點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)f′（x）=$\frac{2}{x}$+2-a，由題意可知：f′（x）≥0，根據(jù)基本不等式的性質(zhì)，即可求得a的取值范圍；
（2）由（1）可知：f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，f（e）=2lne+e²-e²=2，f（x）＜f（e），即可求得不等式的解集；
（3）當(dāng)a＞4時(shí)，g（x）=2x²-ax+2一定有兩個(gè)零點(diǎn)，求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，由g（x₁）=2x₁²-ax₁+2=0，則f（x₂）＜f（x₁）＜0，由f（x）=2lnx+x（x-a），則f（a）=2lna＞0，f（x）在（0，+∞）上只有一個(gè)零點(diǎn)．

解答 解：（1）由f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），f（x）=2lnx+x²-ax，f′（x）=$\frac{2}{x}$+2-a，
由題意，對(duì)任意的x＞0，都有f′（x）=$\frac{2}{x}$+2-a≥0，
只要（$\frac{2}{x}$+2x）_min≥a，由$\frac{2}{x}$+2x≥2$\sqrt{\frac{2}{x}×2x}$=4，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號(hào)，
則a≤4，
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-∞，4]；
（2）當(dāng)a=e，f（x）=2lnx+x²-ex，f′（x）=$\frac{2}{x}$+2-e=$\frac{2{x}^{2}-ex+2}{x}$＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
由f（e）=2lne+e²-e²=2，
∴f（x）＜2，則f（x）＜f（e），
∴0＜x＜e，
故不等式f（x）＜2的解集為（0，e）；
（3）證明：由f′（x）=$\frac{2}{x}$+2-a=$\frac{2{x}^{2}-ax+2}{x}$，x∈（0，+∞），
g（x）=2x²-ax+2，當(dāng)a＞4時(shí)，△=a²-16＞0，
∴g（x）=2x²-ax+2一定有兩個(gè)零點(diǎn)，
設(shè)x₁，x₂（x₁＜x₂），x₁x₂=1，
0＜x₁＜1＜x₂，
則f（x）在區(qū)間（0，x₁），（x₂，+∞）上單調(diào)遞增，在（x₁，x₂）上單調(diào)遞減，
g（x₁）=2x₁²-ax₁+2=0，
∴f（x₁）=2lnx₁+x₁²-ax₁=2lnx₁+x₁²-2，
由0＜x₁＜1，則f（x₁）=2lnx₁+x₁²-ax₁＜2ln1+1-2＜0，
∴f（x₂）＜f（x₁）＜0，
由f（x）=2lnx+x（x-a），則f（a）=2lna＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上只有一個(gè)零點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性及最值，考查函數(shù)零點(diǎn)的判斷，考查轉(zhuǎn)化思想，屬于難題．