Question

已知函數f（x）=ax²+x-lnx
（1）當a＞0，求f（x）的單調區(qū)間；
（2）若f（x）≥1在x＞0時恒成立，求a的取值范圍；
（3）設a=1，b＞1，求證：在區(qū)間（1，b）上有唯一的實數x₀，使得f′（x₀）=

f(b)-f(1)

b-1

．

Answer 1

考點：函數的單調性與導數的關系

專題：函數的性質及應用,導數的概念及應用,導數的綜合應用

分析：（1）當a＞0，由當x∈（0，

-1+ 1+8a

4a

）時，f′（x）＜0，當x∈（

-1+ 1+8a

4a

，+∞）時，f′（x）＞0，可得函數的單調區(qū)間；
（2）分當a=0時，當a＞0時，和當a＜0時，三種情況，利用導數法，分析f（x）≥1在x＞0時是否恒成立，最后綜合討論結果，可得a的取值范圍；
（3）當a=1時，構造函數F（x）=f′（x）-

f(b)-f(1)

b-1

=2x+1-

1

x

-b-2+

lnb

b-1

，利用零點存在定理，證得函數在區(qū)間（1，b）上有唯一的零點，進而得到結論．

解答： 解：（1）當a＞0，
令f′（x）=2ax+1-

1

x

=

2ax2+x-1

x

=0，
則x=

-1- 1+8a

4a

，或x=

-1+ 1+8a

4a

，
由

-1- 1+8a

4a

＜0，故舍去，
∵當x∈（0，

-1+ 1+8a

4a

）時，f′（x）＜0，當x∈（

-1+ 1+8a

4a

，+∞）時，f′（x）＞0，
故f（x）的單調遞增區(qū)間為區(qū)間為（

-1+ 1+8a

4a

，+∞），單調遞減區(qū)間為（0，

-1+ 1+8a

4a

），
（2）當a=0時，函數f（x）=x-lnx，f′（x）=1-

1

x

，
則f（x）的單調遞增區(qū)間為區(qū)間為（1，+∞），單調遞減區(qū)間為（0，1），
∴f（x）≥f（1）=1在x＞0時恒成立，
當a＞0時，f（x）＞x-lnx≥1成立，
當a＜0時，因為x＞1，lnx＞0，x＞-

1

a

時，ax²+x＜0，
故當x＞max{1，-

1

a

}時，f（x）＜0，
即f（x）≥1在x＞0時不可能恒成立，
綜上所述，f（x）≥1在x＞0時恒成立，則a≥0．
證明：（3）當a=1時，f（x）=x²+x-lnx
f′（x）=2x+1-

1

x

，
若在區(qū)間（1，b）上有唯一的實數x₀，使得f′（x₀）=

f(b)-f(1)

b-1

．
構造函數F（x）=f′（x）-

f(b)-f(1)

b-1

=2x+1-

1

x

-b-2+

lnb

b-1

，
∵F′（x）=2+

1

x2

＞0恒成立，
故F（x）在（1，b）上為增函數，
∵b＞1，
∴b-lnb≥1，
∴

lnb

b-1

≤1，
∴F（1）=-b+

lnb

b-1

≤1-b＜0，
令h（b）=b³-2b²+1+blnb，
則h′（b）=3b²-4b+1+lnb＞3b²-4b+1＞0，
∴h（b）＞h（1）=0，
∴F（b）=b-1-

1

b

+

lnb

b-1

=

b3-2b2+1+blnb

b(b-1)

＞0，
又由F（x）在區(qū)間（1，b）上單調，
故F（x）在區(qū)間（1，b）上存在唯一的零點，
即在區(qū)間（1，b）上有唯一的實數x₀，使得f′（x₀）=

f(b)-f(1)

b-1

．

點評：本題考查的知識點是導數法求函數的單調區(qū)間，導數法確定函數的最值，零點存在定理，是函數與導數的綜合應用，難度中檔．