Question

20．已知f（x）=-lnx+$\frac{1}{2}$ax²+bx．
（Ⅰ）若b=1-a，討論f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若a=0時函數(shù)有兩個不同的零點，求實數(shù)b的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系進(jìn)行判斷即可．
（Ⅱ）問把函數(shù)有兩個零點轉(zhuǎn)化成函數(shù)，轉(zhuǎn)化為y=b，與y=$\frac{lnx}{x}$的交點的問題，根據(jù)導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，即可求出b的范圍

解答 解：（Ⅰ）b=1-a，f（x）=-lnx+$\frac{1}{2}$ax²+（1-a）x，x＞0，
∴f′（x）=-$\frac{1}{x}$+ax+1-a=$\frac{（ax+1）（x-1）}{x}$，
當(dāng)a≥0時，0＜x＜1，f′（x）＜0，x＞1，f′（x）＞0，
當(dāng)a＜0時，令ax+1=0，解得x=-$\frac{1}{a}$，
①當(dāng)-$\frac{1}{a}$＞1，即-1＜a＜0時，0＜x＜1，或x＞-$\frac{1}{a}$，f′（x）＜0，1＜x＜-$\frac{1}{a}$，f′（x）＞0，
②-$\frac{1}{a}$＜1，即a＜-1時，0＜x＜-$\frac{1}{a}$，或x＞1$\frac{1}{a}$，f′（x）＜0，-$\frac{1}{a}$＜x＜1，f′（x）＞0，
③-$\frac{1}{a}$=1時面積a=-1時，f′（x）≤0，
∴當(dāng)a≥0時，f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）單調(diào)遞增，
當(dāng)-1＜a＜0時，f（x）在（0，1），（-$\frac{1}{a}$，+∞）上單調(diào)遞減，在（1，-$\frac{1}{a}$）單調(diào)遞增，
當(dāng)a＜-1時，f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$），（1，+∞）上單調(diào)遞減，在（-$\frac{1}{a}$，1）單調(diào)遞增，
當(dāng)a=-1時，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
（Ⅱ）當(dāng)a=0時，則f（x）=-lnx+bx，令f（x）=0，則b=$\frac{lnx}{x}$，
設(shè)g（x）=$\frac{lnx}{x}$，
∵g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
由g′（x）＞0得：0＜x＜e；由g′（x）＜0得：x＞e，
∴g（x）的遞增區(qū)間為（0，e），遞減區(qū)間為（e，+∞），
∴g（x）_max=g（e）=$\frac{1}{e}$，
∵當(dāng)x＞e時，g（x）＞0恒成立，
當(dāng)0＜x＜1時，g（x）的大致圖象為：，
∵函數(shù)有兩個不同的零點，
∴0＜b＜$\frac{1}{e}$，
故b的取值范圍為（0，$\frac{1}{e}$）．

點評 本題綜合性較強(qiáng)，考查的知識點比較多，主要考查了函數(shù)的單調(diào)性、零點、最值等，解決本題的關(guān)鍵是把研究函數(shù)的零點個數(shù)問題轉(zhuǎn)化成圖象的交點個數(shù)問題，屬于中檔題