Question

8．已知函数f（x）=lnx+ax²，其中a为实常数．
（1）讨论函数f（x）的极值点个数；
（2）若函数f（x）有两个零点，求a的取值范围；
（3）已知a＞0，对任意定义域内的两个不等实数x₁，x₂都有|f（x₁）-f（x₂）|＞|x₁-x₂|，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，确定函数的单调性，从而求出极值的个数即可；
（2）法一：通过讨论a的范围，求出f（x）的最大值，从而求出a的范围即可；
法二：问题等价于$\frac{lnx}{x^2}=-a$有两解，令$g（x）=\frac{lnx}{x^2}$，求出g（x）的最大值，从而求出a的范围即可；
（3）问题转化为只需g（x）为增函数，求出g'（x）≥0在定义域内恒成立，即g'_min（x）≥0，求出g′（x）的最小值，从而求出a的范围即可．

解答 解：（1）定义域：（0，+∞）$f'（x）=\frac{1}{x}+2ax$…（1分）
①当a≥0时，因为x＞0，所以f'（x）＞0在定义域内恒成立，
∴f（x）无极值点．…（2分）
②当a＜0时，$f'（x）=\frac{1}{x}+2ax=\frac{{2a{x^2}+1}}{x}$，
令f'（x）=0，则$x=\sqrt{-\frac{1}{2a}}$或$x=-\sqrt{-\frac{1}{2a}}$（舍去）…（3分）
∴f（x）在（0，$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$）递增，在（$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，+∞）递减，
可知f（x）有一个极大值点，无极小值点．即极值点个数为1．
综上，当a≥0时，f（x）无极值点，当a＜0时，有且只有一个极值点．…（4分）
（2）法一：由（1）可知①当a≥0时，f（x）为增函数，至多只有一个零点，不合．…（5分）
②当a＜0时，${f_{max}}（x）=f（\sqrt{-\frac{1}{2a}}）=-\frac{1}{2}ln（-2a）-\frac{1}{2}$，…（6分）
当x→+∞时，f（x）→-∞；当x→0⁺时，f（x）→-∞，…（7分）
要使得函数f（x）有两个零点，则须且只需f_max（x）＞0，
即$-\frac{1}{2}ln（-2a）-\frac{1}{2}＞0$，解得：$a＞-\frac{1}{2e}$，又a＜0，所以$-\frac{1}{2e}＜a＜0$，
综上：a的取值范围是$（-\frac{1}{2e}，0）$…（8分）
法二：函数f（x）有两个零点等价于方程f（x）=0有两解，
等价于$\frac{lnx}{x^2}=-a$有两解…（5分）
令$g（x）=\frac{lnx}{x^2}$，则即为y=g（x）的图象与y=a有且只有两个交点，
$g'（x）=\frac{1-2lnx}{x^3}$，令g'（x）=0，则$x={e^{\frac{1}{2}}}$…（6分）
可知${g_{max}}（x）=g（{e^{\frac{1}{2}}}）=\frac{1}{2e}$，
当x→+∞时，g（x）→0；当x→0⁺时，g（x）→-∞，…（7分）
∴$-a∈（0，\frac{1}{2e}）$，
所以a的取值范围是$（-\frac{1}{2e}，0）$…（8分）
（3）由（1）可知a＞0时，f（x）为增函数，不妨设x₁＞x₂，
则原不等式即为f（x₁）-f（x₂）＞x₁-x₂，
即f（x₁）-x₁＞f（x₂）-x₂…（9分）
记g（x）=f（x）-x，则g（x₁）＞g（x₂）
由x₁，x₂的任意性可知，要使得上式恒成立，
须且只需g（x）为增函数．…（10分）
所以g'（x）≥0在定义域内恒成立，即g'_min（x）≥0，
$g'（x）=f'（x）-1=\frac{1}{x}+2ax-1≥2\sqrt{2a}-1$当且仅当$x=\sqrt{\frac{1}{2a}}$时取等号．…（11分）
所以${g'_{min}}（x）=2\sqrt{2a}-1$，所以$2\sqrt{2a}-1≥0$，解得$a≥\frac{1}{8}$，
∴所求a的取值范围为$[\frac{1}{8}，+∞）$…（12分）

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，是一道综合题．