Question

10．已知函數(shù)f（x）=alnx+x² （a為常數(shù)）．
（1）當a=-2時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當x∈（1，e]時，討論方程f（x）=0根的個數(shù)；
（3）若a＞0，且對任意的x₁，x₂∈$[{\frac{1}{e}，\;\frac{1}{2}}]$且x₁≠x₂，都有|f（x₁）-f（x₂）|＜$|{\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}}$|，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可求出；
（2）把原函數(shù)f（x）=alnx+x²求導(dǎo)，分a≥0和a＜0討論打哦函數(shù)的單調(diào)性，特別是當a＜0時，求出函數(shù)f（x）在[1，e]上的最小值及端點處的函數(shù)值，然后根據(jù)最小值和F（e）的值的符號討論在x∈[1，e]時，方程f（x）=0根的個數(shù)；
（3）問題轉(zhuǎn)化為等價于函數(shù)h（x）=f（x）+$\frac{1}{x}$在$x∈[{\frac{1}{e}，\;\frac{1}{2}}]$時是減函數(shù)，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性得到a≤-$\frac{1}{x}$2x²，求出a的范圍即可．

解答 解：（1）當a=-2時，f（x）=-2lnx+x²，定義域為（0，+∞），
∴f′（x）=-$\frac{2}{x}$+2x=$\frac{2{x}^{2}-2}{x}$=$\frac{2（x+1）（x-1）}{x}$，
當f′（x）＜0，解得0＜x＜1，當f′（x）＞0，解得x＞1，
∴f（x）得單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1），遞增區(qū)間為（1，+∞）．
（2）方程f（x）=0根的個數(shù)等價于方程-a=$\frac{{x}^{2}}{lnx}$根的個數(shù)．
設(shè)g（x）=$\frac{{x}^{2}}{lnx}$，
∴g′（x）=$\frac{2xlnx-x}{l{n}^{2}x}$=$\frac{x（2lnx-1）}{l{n}^{2}x}$，
當x∈（1，$\sqrt{e}$）時，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）遞減，
當x∈（$\sqrt{e}$，e]時，g′（x）＞0，函數(shù)g（x）遞增．
又g（e）=e²，g（$\sqrt{e}$）=2e，作出y=g（x）與直線y=-a的圖象如圖，
由圖象知：
當2e＜-a≤e²時，即-e²≤a≤-2時，方程f（x）=0有2個相異的根；
當a＜-e²或a=-2e時，方程f（x）=0有1個根； 
當a＞2e時，方程f（x）=0有0個根．
（3）當a＞0時，$f'（x）=\frac{a}{x}+2x＞0$，
f（x）在$x∈[{\frac{1}{e}，\;\frac{1}{2}}]$上是增函數(shù)，又函數(shù)y=$\frac{1}{x}$是減函數(shù)，
不妨設(shè)$\frac{1}{e}≤{x_1}＜\;{x_2}≤\frac{1}{2}$，
則$|{f（{x_1}）-f（{x_2}）}|＜|{\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}}|$等價于$f（{x_2}）-f（{x_1}）＜\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}$，
即$f（{x_2}）+\frac{1}{x_2}＜f（{x_1}）+\frac{1}{x_1}$，
令h（x）=f（x）+$\frac{1}{x}$，
∴h′（x）=$\frac{a}{x}$+2x-$\frac{1}{{x}^{2}}$≤0恒成立，即a≤$\frac{1}{x}$-2x²在$x∈[{\frac{1}{e}，\;\frac{1}{2}}]$時恒成立，
設(shè)φ（x）=$\frac{1}{x}$-2x²，
∴$φ（x）=\frac{1}{x}-2{x^2}$在$x∈[{\frac{1}{e}，\;\frac{1}{2}}]$時是減函數(shù)．
∴$a≤φ（\frac{1}{2}）=\frac{3}{2}$，
又a＞0，
∴實數(shù)a的取值范圍是（0，$\frac{3}{2}$]．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上的最值，考查了根的存在性及根的個數(shù)的判斷，考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法和數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，訓(xùn)練了構(gòu)造函數(shù)求變量的取值范圍，屬于難題．