Question

15．已知f（x）=lnx+x²-ax．
（1）當a=2時，求方程f（x）=0在（1，+∞）上的實根的個數(shù)；
（2）若函數(shù)f（x）既有極大值又有極小值，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）設(shè)a＞0，若不等式f（x）＜x²-$\frac{a}{x}$對任意x∈（1，+∞）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當a=2時，f（x）=lnx+x²-2x，f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-2x+1}{x}$＞0，利用函數(shù)f（x）的單調(diào)性與函數(shù)零點存在判定定理即可判斷出；
（2）求導數(shù)，由題意可得F（x）既有極大值又有極小值?方程2x²-ax+1=0有兩個不等的正實數(shù)根x₁，x₂，即可求得a的取值范圍；
（3）不等式f（x）＜x²-$\frac{a}{x}$化為g（x）=xlnx-ax²+a＜0．已知a＞0，不等式f（x）＜x²-$\frac{a}{x}$對任意x∈（1，+∞）恒成立?g（x）_max＜0．g′（x）=lnx+1-2ax，令h（x）=lnx+1-2ax，x∈（1，+∞）．h′（x）=$\frac{1}{x}-2a$=$\frac{-2a（x-\frac{1}{2a}）}{x}$，通過對a分類討論，利用導數(shù)研究其單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）當a=2時，f（x）=lnx+x²-2x，
∴在（1，+∞）上，f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-2x+1}{x}$＞0，
∴函數(shù)在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∵f（1）＜0，f（2）＞0，
∴當a=2時，方程f（x）=0在（1，+∞）上的實根的個數(shù)為1；
（2）∵f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-ax+1}{x}$（x＞0），
∴f（x）既有極大值又有極小值?方程2x²-ax+1=0有兩個不等的正實數(shù)根x₁，x₂．
∴△=a²-8＞0，$\frac{a}{4}$＞0，0-0+1＞0，
∴a＞2$\sqrt{2}$．
∴實數(shù)a的取值范圍是$（2\sqrt{2}，+∞）$．
（3）不等式f（x）＜x²-$\frac{a}{x}$化為g（x）=xlnx-ax²+a＜0，
a＞0，不等式f（x）＜x²-$\frac{a}{x}$對任意x∈（1，+∞）恒成立?g（x）_max＜0．
g′（x）=lnx+1-2ax，令h（x）=lnx+1-2ax，x∈（1，+∞）．
h′（x）=$\frac{1}{x}-2a$=$\frac{-2a（x-\frac{1}{2a}）}{x}$，
當a$≥\frac{1}{2}$時，0＜$\frac{1}{2a}$≤1，∴h′（x）＜0，∴函數(shù)h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，g′（x）＜g′（1）=1-2a＜0，
∴函數(shù)g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，∴g（x）＜g（1）=0，滿足條件，因此a$≥\frac{1}{2}$．
當0＜a＜$\frac{1}{2}$時，1＜$\frac{1}{2a}$，∴h′（x）＞0，∴函數(shù)h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，g′（x）＞g′（1）=1-2a＞0，
∴函數(shù)g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，∴g（x）＞g（1）=0，不滿足條件，舍去．
綜上可得：實數(shù)a的取值范圍是$[\frac{1}{2}，+∞）$

點評 本題綜合考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、函數(shù)零點存在判定定理、一元二次方程的實數(shù)根與判別式的關(guān)系、恒成立問題的等價轉(zhuǎn)化方法，考查了分類討論思想方法、推理能力與計算能力，屬于難題．