Question

3．已知函數(shù)f（x）=alnx+ax²+bx，（a，b∈R）．
（1）設(shè)a=1，f（x）在x=1處的切線過點（2，6），求b的值；
（2）設(shè)b=a²+2，求函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，4]上的最大值；
（3）定義：一般的，設(shè)函數(shù)g（x）的定義域為D，若存在x₀∈D，使g（x₀）=x₀成立，則稱x₀為函數(shù)g（x）的不動點．設(shè)a＞0，試問當(dāng)函數(shù)f（x）有兩個不同的不動點時，這兩個不動點能否同時也是函數(shù)f（x）的極值點？

Answer 1

分析 （1）由題意a=1，f（x）在x=1處的切線過點（2，6），利用導(dǎo)數(shù)函數(shù)的幾何性質(zhì)求解b的值；
（2）b=a²+2，求函數(shù)f（x），求其導(dǎo)函數(shù)，討論在區(qū)間[1，4]上的最大值；
（3）根據(jù)函數(shù)g（x）的不動點新定義，求其f（x）定義域，當(dāng)a＞0時，g（x₀）=x₀討論函數(shù)f（x）有兩個不同的不動點；同時求函數(shù)f（x）的極值點，即可知道兩個不動點能否同時也是函數(shù)f（x）的極值點．

解答 解：（1）對f（x）進(jìn)行求導(dǎo)：f'（x）=$\frac{a}{x}$+2ax+b
當(dāng)a=1時，f（x）=lnx+x²+bx，f'（x）=$\frac{1}{x}$+2x+b
當(dāng)x=1時，f（1）=1+b，f'（1）=3+b
故切線方程為：y-（1+b）=（3+b）（x-1）
點（2，6）滿足切線方程，故b=1．
（2）由題意，f（x）=alnx+ax²+（a²+2）x，x＞0
則：f'（x）=$\frac{a}{x}$+2ax+a²+2=$\frac{（ax+1）（2x+a）}{x}$
當(dāng)a=0時，f（x）=2x，f'（x）=2＞0，f（x）在[1，4]上為增函數(shù)，故最大值為f（4）=8；
當(dāng)a＞0時，f'（x）＞0，f（x）在x＞0上為增函數(shù)，故最大值為f（4）=4a²+（16+ln4）a+8；
當(dāng)a＜0時，令f'（x）=0，則導(dǎo)函數(shù)有兩個零點：x₁=-$\frac{1}{a}$，x₂=-$\frac{a}{2}$．
（i）當(dāng)a＜$-\sqrt{2}$時，∵${x}_{1}=-\frac{1}{a}＜\frac{\sqrt{2}}{2}$，${x}_{2}=-\frac{a}{2}＞\frac{\sqrt{2}}{2}$∴x₁＜x₂，
  f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$），（-$\frac{a}{2}$，+∞）上單調(diào)遞減，在（-$\frac{1}{a}$，-$\frac{a}{2}$）上單調(diào)遞增；
①當(dāng)-$\frac{1}{a}$＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜1＜4≤-$\frac{a}{2}$時，即a≤-8，此時最大值為f（4）=4a²+（16+ln4）a+8；
②當(dāng)-$\frac{1}{a}$＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜1＜-$\frac{a}{2}$≤4時，即-8≤a＜-2，此時最大值為f（-$\frac{a}{2}$）=aln（-$\frac{a}{2}$）-$\frac{1}{4}{a}^{3}$-a；
③當(dāng)$-\frac{1}{a}$＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜$-\frac{a}{2}$≤1＜4時，即-2≤a＜-$\sqrt{2}$，此時最大值為f（1）=a²+a+2；
（ii）當(dāng)a=-$\sqrt{2}$時，${x}_{1}={x}_{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，f'（x）≤0，f（x）在[1，4]上單調(diào)遞減，最大值為f（1）=4-$\sqrt{2}$；
（iii）當(dāng)-$\sqrt{2}$＜a＜0時，${x}_{1}=-\frac{1}{a}＞\frac{\sqrt{2}}{2}$，${x}_{2}=-\frac{a}{2}＜\frac{\sqrt{2}}{2}$∴x₁＞x₂
f（x）在（0，-$\frac{a}{2}$），（-$\frac{1}{a}$，+∞）上單調(diào)遞減，（-$\frac{a}{2}$，-$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞增；
①當(dāng)$-\frac{a}{2}＜\frac{\sqrt{2}}{2}＜1＜4≤-\frac{1}{a}$時，即$-\frac{1}{4}$≤a＜0，最大值為f（4）=4a²+（16+ln4）a+8；
②當(dāng)-$\frac{a}{2}$＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜1＜-$\frac{1}{a}$≤4時，即-1＜a≤$-\frac{1}{4}$，最大值為f（-$\frac{1}{a}$）=aln（-$\frac{1}{a}$）-a-$\frac{1}{a}$；
③當(dāng)-$\frac{a}{2}$＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜-$\frac{1}{a}$≤1＜4時，即-$\sqrt{2}$＜a≤-1，最大值為f（1）=a²+a+2；
（3）由題意知：f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{f（x）=x}\\{f'（x）=0}\end{array}\right.$⇒$\left\{\begin{array}{l}{alnx+a{x}^{2}+bx=x\\;①}\\{2a{x}^{2}+bx+a=0\\;②}\end{array}\right.$
由①②化簡后：alnx-a-ax²=x⇒則說明 a（lnx-x²-1）=x 有兩個根；
∵a＞0，x＞0∴$\frac{lnx-{x}^{2}-1}{x}$=$\frac{1}{a}$
即 y=$\frac{1}{a}$ 與 y=h（x）=$\frac{lnx-{x}^{2}-1}{x}$ 在（0，+∞）上有兩個不同交點．
h'（x）=$\frac{2-{x}^{2}-lnx}{{x}^{2}}$，令F（x）=2-x²-lnx⇒F'（x）=-2x-$\frac{1}{x}$＜0；
∴F（x）在x＞0上單調(diào)遞減；
∵F（1）＞0，F(xiàn)（$\frac{3}{2}$）＜0∴F（x）的零點為x₀∈（1，$\frac{3}{2}$），
故F（x₀）=0，即2-${x}_{0}^{2}$-lnx₀=0⇒lnx₀=2-${x}_{0}^{2}$  ③；
所以，h（x）在（0，x₀）單調(diào)遞減，（x₀，+∞）上單調(diào)遞增；
h（x₀）=$\frac{ln{x}_{0}-1-{x}_{0}^{2}}{{x}_{0}}$=$\frac{1-2{x}_{0}^{2}}{{x}_{0}}$=$\frac{1}{{x}_{0}}-2{x}_{0}$，h（x₀）∈（-$\frac{7}{3}$，-1）；
故h（x）的圖形如右圖：
當(dāng)$\frac{1}{a}$＜0時即a＜0，h（x）圖形與y=$\frac{1}{a}$圖形有兩個交點，與題設(shè)a＞0
相互矛盾，故a不存在．

點評 本題考查了函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，同時考查了函數(shù)在閉區(qū)間上最值，屬于中檔題