Question

9．已知f（x）=x²+ax+lnx不是單調(diào)函數(shù)．
（1）求a的取值范圍；
（2）如果對(duì)滿足條件的一個(gè)實(shí)數(shù)a，函數(shù)f（x）+m都至多有一個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)得到關(guān)于a的不等式組，解出即可；
（2）求出a＜-2$\sqrt{2}$時(shí)，f（x₁）→-$\frac{3+ln2}{2}$，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為m+f（x）_極大值=m+f（x₁）＜0恒成立，求出m的最大值即可．

解答 解：（1）f（x）=x²+ax+lnx的定義域是（0，+∞），
f′（x）=2x+a+$\frac{1}{x}$=$\frac{{2x}^{2}+ax+1}{x}$，
若函數(shù)f（x）不單調(diào)，
則g（x）=2x²+ax+1只需滿足：
$\left\{\begin{array}{l}{△{=a}^{2}-8＞0}\\{{x}_{2}=\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}-8}}{4}＞0}\end{array}\right.$，
解得：a＜-2$\sqrt{2}$，
（2）x→0時(shí)，f（x）→-∞，x→+∞時(shí)，f（x）→+∞，
當(dāng)a＜-2$\sqrt{2}$時(shí)，f′（x）=2x+a+$\frac{1}{x}$=0的解可設(shè)為：
x₁=$\frac{-a-\sqrt{{a}^{2}-8}}{4}$，x₂=$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}-8}}{4}$，
顯然x₁，x₂都是正數(shù)，
且0＜x₁=$\frac{-a-\sqrt{{a}^{2}-8}}{4}$=$\frac{2}{-a+\sqrt{{a}^{2}-8}}$＜$\frac{2}{-a}$＜$\frac{2}{2\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
易知：ax₁=-1-2${{x}_{1}}^{2}$，
故f（x₁）=${{x}_{1}}^{2}$+ax₁+lnx₁=-1-${{x}_{1}}^{2}$+lnx₁，
令g（x）=-1-x²+lnx，（0＜x＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
g′（x）=$\frac{1-{2x}^{2}}{x}$＞0，∴函數(shù)g（x）是增函數(shù)，
故f（x₁）=-1-${{x}_{1}}^{2}$+lnx₁＜-1-$\frac{1}{2}$+ln$\frac{\sqrt{2}}{2}$=-$\frac{3+ln2}{2}$，
（易驗(yàn)證，當(dāng)a→-2$\sqrt{2}$時(shí)，f（x₁）→-$\frac{3+ln2}{2}$），
易知，函數(shù)f（x）+m在（0，x₁）上是增函數(shù)，在（x₁，x₂）上是減函數(shù)，在（x₂，+∞）上是增函數(shù)，
故f（x）_極大值=f（x₁），
如果對(duì)一切a＜-2$\sqrt{2}$，函數(shù)f（x）+m至多有一個(gè)零點(diǎn)，
則，m+f（x）_極大值=m+f（x₁）＜0恒成立，
因此，m-$\frac{3+ln2}{2}$≤0?m≤$\frac{3+ln2}{2}$，
故m的最大值是$\frac{3+ln2}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查轉(zhuǎn)化思想以及函數(shù)恒成立問(wèn)題，是一道綜合題．