Question

2．已知函數(shù)f（x）=ax²+2x-lnx（a∈R）．
（Ⅰ）若a=4，求函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅱ）若f′（x）在（0，1）有唯一的零點x₀，求a的取值范圍；
（Ⅲ）若a∈（-$\frac{1}{2}$，0），設(shè)g（x）=a（1-x）²-2x-1-ln（1-x），求證：g（x）在（0，1）內(nèi)有唯一的零點x₁，且對（Ⅱ）中的x₀，滿足x₀+x₁＞1．

Answer 1

分析 解法一：（Ⅰ）當(dāng)a=4時，化簡函數(shù)的解析式，求出定義域，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出極值點，利用導(dǎo)函數(shù)的符號判斷函數(shù)的單調(diào)性，求解極值即可．
（Ⅱ）利用$f'（x）=2ax+2-\frac{1}{x}=\frac{{2a{x^2}+2x-1}}{x}$，通過導(dǎo)函數(shù)為0，構(gòu)造新函數(shù)，通過分類討論求解即可．
（Ⅲ）設(shè)t=1-x，則t∈（0，1），得到p（t），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)$p'（t）=2at+2-\frac{1}{t}=\frac{{2a{t^2}+2t-1}}{t}$，通過方程2at²+2t-1=0在（0，1）內(nèi)有唯一的解x₀，利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，然后求解證明．
解法二：（Ⅰ）同解法一；
（Ⅱ）求出$f'（x）=2ax+2-\frac{1}{x}=\frac{{2a{x^2}+2x-1}}{x}$，通過f′（x）=0，推出$a=\frac{1}{{2{x^2}}}-\frac{1}{x}$，設(shè)$m=\frac{1}{x}$，則m∈（1，+∞），問題轉(zhuǎn)化為直線y=a與函數(shù)$h（m）=\frac{1}{2}{（m-1）^2}-\frac{1}{2}$的圖象在（1，+∞）恰有一個交點問題．
求解證明即可．
（Ⅲ）同解法一．

解答 滿分（14分）．
解法一：（Ⅰ）當(dāng)a=4時，f（x）=4x²+2x-lnx，x∈（0，+∞），$f'（x）=8x+2-\frac{1}{x}=\frac{{8{x^2}+2x-1}}{x}=\frac{（4x-1）（2x+1）}{x}$．…（1分）
由x∈（0，+∞），令f′（x）=0，得$x=\frac{1}{4}$．
當(dāng)x變化時，f′（x），f（x）的變化如下表：

x	$（0，\frac{1}{4}）$	$\frac{1}{4}$	$（\frac{1}{4}，+∞）$
f′（x）	-	0	+
f（x）	↘	極小值	↗

故函數(shù)f（x）在$（0，\frac{1}{4}）$單調(diào)遞減，在$（\frac{1}{4}，+∞）$單調(diào)遞增，…（3分）f（x）有極小值$f（\frac{1}{4}）=\frac{3}{4}+ln4$，無極大值．…（4分）
（Ⅱ）$f'（x）=2ax+2-\frac{1}{x}=\frac{{2a{x^2}+2x-1}}{x}$，
令f′（x）=0，得2ax²+2x-1=0，設(shè)h（x）=2ax²+2x-1．
則f′（x）在（0，1）有唯一的零點x₀等價于h（x）在（0，1）有唯一的零點x₀
當(dāng)a=0時，方程的解為$x=\frac{1}{2}$，滿足題意；…（5分）
當(dāng)a＞0時，由函數(shù)h（x）圖象的對稱軸$x=-\frac{1}{2a}＜0$，函數(shù)h（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，
且h（0）=-1，h（1）=2a+1＞0，所以滿足題意；…（6分）
當(dāng)a＜0，△=0時，$a=-\frac{1}{2}$，此時方程的解為x=1，不符合題意；
當(dāng)a＜0，△≠0時，由h（0）=-1，
只需h（1）=2a+1＞0，得$-\frac{1}{2}＜a＜0$．…（7分）
綜上，$a＞-\frac{1}{2}$．…（8分）
（說明：△=0未討論扣1分）
（Ⅲ）設(shè)t=1-x，則t∈（0，1），p（t）=g（1-t）=at²+2t-3-lnt，…（9分）$p'（t）=2at+2-\frac{1}{t}=\frac{{2a{t^2}+2t-1}}{t}$，
由$a∈（-\frac{1}{2}，0）$，故由（Ⅱ）可知，
方程2at²+2t-1=0在（0，1）內(nèi)有唯一的解x₀，
且當(dāng)t∈（0，x₀）時，p′（t）＜0，p（t）單調(diào)遞減；t∈（x₀，1）時，p′（t）＞0，p（t）單調(diào)遞增．…（11分）
又p（1）=a-1＜0，所以p（x₀）＜0．…（12分）
取t=e^-3+2a∈（0，1），
則p（e^-3+2a）=ae^-6+4a+2e^-3+2a-3-lne^-3+2a=ae^-6+4a+2e^-3+2a-3+3-2a=a（e^-6+4a-2）+2e^-3+2a＞0，
從而當(dāng)t∈（0，x₀）時，p（t）必存在唯一的零點t₁，且0＜t₁＜x₀，
即0＜1-x₁＜x₀，得x₁∈（0，1），且x₀+x₁＞1，
從而函數(shù)g（x）在（0，1）內(nèi)有唯一的零點x₁，滿足x₀+x₁＞1．…（14分）
解法二：（Ⅰ）同解法一；…（4分）
（Ⅱ）$f'（x）=2ax+2-\frac{1}{x}=\frac{{2a{x^2}+2x-1}}{x}$，
令f′（x）=0，由2ax²+2x-1=0，得$a=\frac{1}{{2{x^2}}}-\frac{1}{x}$．…（5分）
設(shè)$m=\frac{1}{x}$，則m∈（1，+∞），$a=\frac{1}{2}{m^2}-m=\frac{1}{2}{（m-1）^2}-\frac{1}{2}$，…（6分）
問題轉(zhuǎn)化為直線y=a與函數(shù)$h（m）=\frac{1}{2}{（m-1）^2}-\frac{1}{2}$的圖象在（1，+∞）恰有一個交點問題．
又當(dāng)m∈（1，+∞）時，h（m）單調(diào)遞增，…（7分）
故直線y=a與函數(shù)h（m）的圖象恰有一個交點，當(dāng)且僅當(dāng)$a＞-\frac{1}{2}$．…（8分）
（Ⅲ）同解法一．
（說明：第（Ⅲ）問判斷零點存在時，利用t→0時，p（t）→+∞進(jìn)行證明，扣1分）

點評 本題考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)等基本知識，考查推理論證能力和運算求解能力，考查函數(shù)與方程的思想、化歸與轉(zhuǎn)化的思想、數(shù)形結(jié)合的思想，考查運用數(shù)學(xué)知識分析和解決問題的能力．