Question

18．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}a{x^2}$+2x，g（x）=lnx．
（1）設(shè)函數(shù)F（x）=f（x）-g（x），若F（x）在$[\frac{1}{2}，+∞）$上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；
（2）是否存在實(shí)數(shù)a＞0，使得方程$\frac{g（x）}{x}$=f′（x）-（2a+1）在區(qū)間$（\frac{1}{e}，e）$內(nèi)有且只有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根？若存在，請(qǐng)求出a的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出a的取值范圍．
（2）由題意，原方程的根餓問(wèn)題等價(jià)于方程ax²+（1-2a）x-lnx=0在（$\frac{1}{e}$，e）內(nèi)的零點(diǎn)問(wèn)題，再利用導(dǎo)數(shù)，和零點(diǎn)的存在定理，求出a的范圍．

解答 解：解：（1）由已知，得：
F（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{2}$ax²+2x-lnx，
∴F′（x）=ax+2-$\frac{1}{x}$=$\frac{{ax}^{2}+2x-1}{x}$，
∵若F（x）在$[\frac{1}{2}，+∞）$上單調(diào)遞增，
∴F′（x）≥0在[$\frac{1}{2}$，+∞）恒成立，
∴ax²+2x-1≥0在[$\frac{1}{2}$，+∞）恒成立，
∴a≥$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{2}{x}$在[$\frac{1}{2}$，+∞）恒成立，
令h（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{2}{x}$，h′（x）=-$\frac{2}{{x}^{3}}$+$\frac{2}{{x}^{2}}$=$\frac{2（x-1）}{{x}^{3}}$，（x≥$\frac{1}{2}$），
∴h（x）在[$\frac{1}{2}$，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
而h（x）→+∞時(shí)，h（x）小于0趨向于0，
即a的取值范圍是[0，+∞）；
（Ⅱ）∵$\frac{g（x）}{x}$=f′（x）-（2a+1，
∴$\frac{lnx}{x}$=ax+2-（2a+1），
等價(jià)于方程ax²+（1-2a）x-lnx=0，
設(shè) H（x）=ax²+（1-2a）x-lnx，
于是原方程在區(qū)間（$\frac{1}{e}$，e）內(nèi)根的問(wèn)題，轉(zhuǎn)化為函數(shù)H（x）在（$\frac{1}{e}$，e）內(nèi)的零點(diǎn)問(wèn)題．
H′（x）=2ax+（1-2a）-$\frac{1}{x}$=$\frac{（2ax+1）（x-1）}{x}$，
當(dāng) x∈（0，1）時(shí)，H′（x）＜0，H（x）是減函數(shù)，
當(dāng) x∈（1，+∞）時(shí)，H′（x）＞0，H（x）是增函數(shù)，
若H（x）在（$\frac{1}{e}$，e）有且只有兩個(gè)不相等的零點(diǎn)，只需：
$\left\{\begin{array}{l}{H（\frac{1}{e}）=\frac{a}{{e}^{2}}+\frac{1-2a}{e}+1=\frac{（1-2e）a{+e}^{2}+e}{{e}^{2}}＞0}\\{{H（x）}_{min}=H（1）=a+（1-2a）=1-a＞0}\\{H（e）={ae}^{2}+（1-2a）e-1={（e}^{2}-2e）a+（e-1）＞0}\end{array}\right.$，
解得：1＜a＜$\frac{{e}^{2}+e}{2e-1}$，
即a的取值范圍是：（1，$\frac{{e}^{2}+e}{2e-1}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系，以及零點(diǎn)的存在定理的應(yīng)用，屬于中檔題．