Question

15．設(shè)函數(shù)$f（x）=（{{x^2}-2x}）lnx+（{a-\frac{1}{2}}）{x^2}+2（{1-a}）x+a$．
（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）當(dāng)a＜-2時，討論f（x）的零點個數(shù)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出f（e^-a），由f（1）＞0，f（e^-a）＜0，及f（x）的單調(diào)性，可知f（x）在（1，e^-a）上有唯一零點，取${x_1}={e^{-a+\frac{1}{2}}}$，則${x_1}＞{e^{-a}}$，根據(jù)函數(shù)的零點存在定理討論即可．

解答 解：（Ⅰ）f'（x）=2（x-1）（lnx+a）（x＞0）．
①當(dāng)a=0時，f'（x）=2（x-1）lnx，當(dāng)0＜x＜1時，f'（x）＞0，
當(dāng)x＞1時，f'（x）＞0．當(dāng)x=1時，f'（x）=0．∴f（x）在（0，+∞）遞增；
②當(dāng)a＞0時，令f'（x）=0，得${x_1}=1，{x_2}={e^{-a}}$，此時e^-a＜1．
易知f（x）在（0，e^-a）遞增，（e^-a，1）遞減，（1，+∞）遞增；
③當(dāng)a＜0時，e^-a＞1．易知f（x）在（0，1）遞增，（1，e^-a）遞減，（e^-a，+∞）遞增．
（Ⅱ）當(dāng)a＜-2時，由（Ⅰ）知f（x）在（0，1）上遞增，（1，e^-a）上遞減，（e^-a，+∞）上遞增，
且$f（1）=a-\frac{1}{2}+2（{1-a}）+a=\frac{3}{2}＞0$，將x=e^-a代入f（x），
得$f（x）=f（{{e^{-a}}}）=（{{x^2}-2x}）（{-a}）+（{a-\frac{1}{2}}）{x^2}+2（{1-a}）x+a=-\frac{1}{2}{（{x-2}）^2}+a+2$，
∵a＜-2，∴f（e^-a）＜0．
下面證明  當(dāng)x∈（0，1）時存在x₀，使f（x₀）＜0．
首先，由不等式lnx＜x-1，∴$ln\frac{1}{x}＜\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$，∴$-lnx＜\frac{1-x}{x}$，∴$lnx＞\frac{x-1}{x}$．
考慮到x²-2x=x（x-2）＜0，
∴$f（x）=（{{x^2}-2x}）lnx+（{a-\frac{1}{2}}）{x^2}+2（{1-a}）x+a＜（{{x^2}-2x}）•\frac{x-1}{x}+（{a-\frac{1}{2}}）{x^2}+$$2（{1-a}）x+a=（{a+\frac{1}{2}}）{（{x-1}）^2}+\frac{3}{2}$．
再令$（{a+\frac{1}{2}}）{（{x-1}）^2}+\frac{3}{2}=0$，可解出一個根為$x=1-\sqrt{\frac{-3}{2a+1}}$，
∵a＜-2，∴$0＜\frac{-3}{2a+1}＜1$，∴$0＜1-\sqrt{\frac{-3}{2a+1}}＜1$，就取${x_0}=1-\sqrt{\frac{-3}{2a+1}}，{x_0}∈（{0，1}）$．
則有f（x₀）＜0．由零點存在定理及函數(shù)f（x）在（0，1）上的單調(diào)性，
可知f（x）在（0，1）上有唯一的一個零點．
由f（1）＞0，f（e^-a）＜0，及f（x）的單調(diào)性，可知f（x）在（1，e^-a）上有唯一零點．
下面證明在x∈（e^-a，+∞）上，存在x₁，使f（x₁）＞0，就取${x_1}={e^{-a+\frac{1}{2}}}$，則${x_1}＞{e^{-a}}$，
∴$f（{x_1}）=（{{x_1}^2-2{x_1}}）（{-a+\frac{1}{2}}）+（{a-\frac{1}{2}}）{x_1}^2+2（{1-a}）{x_1}+a={x_1}+a＞{e^{-a}}+a$，
由不等式e^x＞x+1，則e^-a+a＞（-a+1）+a＞0，即f（x₁）＞0．
根據(jù)零點存在定理及函數(shù)單調(diào)性知f（x）在（e^-a，+∞）上有一個零點．
綜上可知，f（x）當(dāng)a＜-2時，共有3個零點．

點評 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)用以及分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想、考查零點存在性問題，是一道綜合題．