Question

10．已知函数f（x）=x²+alnx（a∈R，x∈[1，e]）．
（1）若a=-4时，求函数f（x）的最大值及相应的x的值；
（2）讨论方程f（x）=0的根的个数．

Answer 1

分析 （1）把a=-4代入函数解析式，求出函数的导函数，由导函数的零点把给出的定义[1，e]分段，判出在各段内的单调性，从而求出函数在[1，e]上的最大值及相应的x值；
（2）把原函数f（x）=alnx+x²求导，分a≥0和a＜0讨论函数的单调性，特别是当a＜0时，求出函数f（x）在[1，e]上的最小值及端点处的函数值，然后根据最小值和F（e）的值的符号讨论在x∈[1，e]时，方程f（x）=0根的个数．

解答 解：（1）当a=-4时，f（x）=x²-4lnx，
函数的定义域为（0，+∞）．
∴$f'（x）=-\frac{4}{x}+2x$
令f'（x）=0得，$x=\sqrt{2}$或$x=-\sqrt{2}$舍去．
∵$x∈[1，\sqrt{2}）$时，f'（x）＜0．
∴函数f（x）在$[1，\sqrt{2}）$上为减函数，在$（\sqrt{2}，e]$上为增函数，
由f（1）=-4ln1+1²=1，f（e）=-4lne+e²=e²-4，
∴函数f（x）在[1，e]上的最大值为e²-4，相应的x值为e；
（2）由f（x）=alnx+x²，得
$f'（x）=\frac{a}{x}+2x$
若a≥0，则在[1，e]上f′（x）＞0，函数f（x）=alnx+x²在[1，e]上为增函数，
由f（1）=1＞0知，方程f（x）=0的根的个数是0；
若a＜0，由f′（x）=0，得x=$\frac{\sqrt{-2a}}{2}$或x=-$\frac{\sqrt{-2a}}{2}$（舍去）
若$\frac{\sqrt{-2a}}{2}$≤1，即-2≤a＜0，f（x）=alnx+x²在[1，e]上为增函数，
由f（1）=1＞0知，方程f（x）=0的根的个数是0；
若$\frac{\sqrt{-2a}}{2}$≥e，即a≤-2e²，f（x）=alnx+x²在[1，e]上为减函数，
由f（1）=1，f（e）=alne+e²=e²+a≤-e²＜0，
∴方程f（x）=0在[1，e]上有1个实数根；
若1＜$\frac{\sqrt{-2a}}{2}$＜e，即-2e²＜a＜-2，
f（x）在[1，$\frac{\sqrt{-2a}}{2}$）上为减函数，在[$\frac{\sqrt{-2a}}{2}$，e]上为增函数，
由f（1）=1＞0，f（e）=e²+a．
f（x）_min=f（$\frac{\sqrt{-2a}}{2}$）=aln$\frac{\sqrt{-2a}}{2}$+（$\frac{\sqrt{-2a}}{2}$）²⁼$\frac{a}{2}[ln（-\frac{a}{2}）-1]$．
当$-\frac{a}{2}$＜e，即-2e＜a＜-2时，f（$\frac{\sqrt{-2a}}{2}$）＞0，方程f（x）=0的根的个数是0；
当a=-2e时，方程f（x）=0在[1，e]上的根的个数是1；
当-e²≤a＜-2e时，f（$\frac{\sqrt{-2a}}{2}$）＜0，f（e）=a+e²≥0，方程f（x）=0的根的个数是2；
当-2e²＜a＜-e²时f（$\frac{\sqrt{-2a}}{2}$）＜0，f（e）=a+e²＜0，方程f（x）=0在[1，e]上的根的个数是1．

点评 本题考查了利用导数求闭区间上的最值，考查了根的存在性及根的个数的判断，考查了分类讨论的数学思想方法和数学转化思想方法，训练了构造函数求变量的取值范围，此题是有一定难度题目．