Question

4．已知函數(shù)f（x）=lnx-mx²（m∈R）．
（Ⅰ）當(dāng)m=2時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（Ⅱ）當(dāng)m＜0時，是否存在實數(shù)x₁，x₂（0＜x₁＜x₂），使得當(dāng)x∈[x₁，x₂]時，函數(shù)  f（x）的值域是[ax₁²-1，ax₂²-1]（a∈R）？若存在，求出實數(shù)a的取值范圍；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的方程，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=f（x）-（ax²-1）=lnx-（m+a）x²+1，則y=g（x）必須有兩個不同零點x₁，x₂；    通過討論函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)m=2時，函數(shù)f（x）=lnx-2x²，定義域為（0，+∞），
∴$f'（x）=\frac{{1-4{x^2}}}{x}$，由f′（x）=0，得$x=\frac{1}{2}$，（x=-$\frac{1}{2}$舍去）    …（2分）
列表：

x	$（{0，\frac{1}{2}}）$	$\frac{1}{2}$	（$\frac{1}{2}$，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	遞增	極大值	遞減

∴f（x）的遞增區(qū)間為（0，$\frac{1}{2}$），遞減區(qū)間為（$\frac{1}{2}$，+∞）．…（5分）
（Ⅱ）假設(shè)存在實數(shù)x₁，x₂（0＜x₁＜x₂），
使得當(dāng)x∈[x₁，x₂]時，函數(shù)f（x）的值域$[{a{x_1}^2-1，a{x_2}^2-1}]$，
由于a${{x}_{1}}^{2}$-1＜a${{x}_{2}}^{2}$-1（0＜x₁＜x₂），所以a＞0   …（6分）
∵當(dāng)m＜0時，f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴f（x₁）=a${{x}_{1}}^{2}$-1，f（x₂）=a${{x}_{2}}^{2}$-1，
設(shè)g（x）=f（x）-（ax²-1）=lnx-（m+a）x²+1，
則y=g（x）必須有兩個不同零點x₁，x₂；             …（7分）
∵$g'（x）=\frac{1}{x}-2（m+a）{x_{\;}}（x＞0）$
當(dāng)m+a≤0時，g'（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，沒有兩個不同零點，不成立； …（8分）
當(dāng)m+a＞0即a＞-m時，由$g'（x）=0⇒x=\sqrt{\frac{1}{2（m+a）}}$，列表：

x	（0，$\sqrt{\frac{1}{2（m+a）}}$）	$\sqrt{\frac{1}{2（m+a）}}$	$（\sqrt{\frac{1}{2（m+a）}}，+∞）$
g′（x）	+	0	-
g（x）	遞增	極大值	遞減

g（x）的遞增區(qū)間為（0，$\sqrt{\frac{1}{2（m+a）}}$），遞減區(qū)間為（$\sqrt{\frac{1}{2（m+a）}}$，+∞），
∴g（x）的最大值$g（\sqrt{\frac{1}{2（m+a）}}）$=$ln[\sqrt{\frac{1}{2（m+a）}}]+\frac{1}{2}$…（10分）
要使y=g（x）有兩個不同零點x₁，x₂，
則 g（x）的最大值$g（\sqrt{\frac{1}{2（m+a）}}）＞0$，
解得：$-m＜a＜\frac{e}{2}-m$…（11分）
又x→+∞或x→0時，g（x）→-∞
所以存在實數(shù)a，取值范圍-m＜a＜$\frac{e}{2}$-m．               …（12分）

點評 本題主要考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力、推理論證能力，考查函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想等，培養(yǎng)創(chuàng)新意識．