Question

3．设函数f（x）=alnx+bx²，其中实数a，b为常数．
（Ⅰ）已知曲线y=f（x）在x=1处取得极值$\frac{1}{2}$．
①求a，b的值；
②证明：f（x）＞$\frac{x}{{e}^{x}}$；
（Ⅱ）当b=$\frac{1}{2}$时，若方程f（x）=（a+1）x恰有两个不同的解，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）①求出函数的导数，得到关于a，b的方程组，解出即可；②求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出f（x）的最小值，令g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，求出g（x）的最大值，证明结论即可；
（Ⅱ）根据方程$\frac{1}{2}$x²-（a+1）x+alnx=0在（0，+∞）上恰有2个解，令g（x）=$\frac{1}{2}$x²-（a+1）x+alnx，其中x∈（0，+∞），求出函数的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调性，从而确定a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）①f′（x）=$\frac{a}{x}$+2bx，
由题意得$\left\{\begin{array}{l}{f′（1）=a+2b=0}\\{f（1）=b=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-1}\\{b=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$；
②f（x）=-lnx+$\frac{1}{2}$x²，f′（x）=-$\frac{1}{x}$+x=$\frac{{x}^{2}-1}{x}$，
x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）递减，
x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）递增，
故f（x）的最小值是f（1）=$\frac{1}{2}$，
令g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，g′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
x∈（0，1）时，g′（x）＞0，g（x）递增，
x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）递减，
故g（x）的最大值是g（1）=$\frac{1}{e}$，
∵f（x）_min＞g（x）_max，
故f（x）＞g（x），即f（x）＞$\frac{x}{{e}^{x}}$成立；
（Ⅱ）方程f（x）=（a+1）x恰有两个不同的解，
即方程$\frac{1}{2}$x²-（a+1）x+alnx=0在（0，+∞）上恰有2个解，
令g（x）=$\frac{1}{2}$x²-（a+1）x+alnx，其中x∈（0，+∞），
g′（x）=x-（a+1）+$\frac{a}{x}$=$\frac{（x-1）（x-a）}{x}$，
（1）a＜0时，g（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
∵有2个零点，故g（1）＜0，即-$\frac{1}{2}$＜a＜0，
（2）a=0时，g（x）=$\frac{1}{2}$x²-x只有1个零点2，舍，
（3）0＜a＜1时，g（x）在（0，a）递增，在（a，1）递减，在（1，+∞）递增，
∵有2个零点，且g（1）=-a-$\frac{1}{2}$＜0，故g（a）=0，无解，舍，
（4）a=1时，g（x）在（0，+∞）递增，不可能有2个零点，舍，
（5）a＞1时，g（x）在（0，1）递增，在（1，a）递减，在（a，+∞）递增，
∵g（1）=-a-$\frac{1}{2}$＜0，不可能有2个零点，舍，
综上，a∈（-$\frac{1}{2}$，0）时，方程f（x）=（a+1）xx恰有2个解．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．