Question

19．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}a{x^2}$+2x+（2-a）lnx，
（1）当a=-2时，求f（x）的最大值；
（2）若函数f（x）在定义域内为单调函数，求实数a的取值范围；
（3）若曲线C：y=f（x）在点x=1处的切线l与C有且只有一个公共点，求正数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由函数的解析式求出函数的定义域，利用导数研究函数的单调性，由单调性求出函数的最大值．
（2）由函数的解析式求出函数的导数，根据在函数的定义域内，导数的符号不变，求出a的范围．
（3）根据导数的几何意义，利用点斜式求得曲线C：y=f（x）在点x=1处的切线l的方程，将此方程代入曲线C方程，转化为关于x的方程，则由题意可得，此方程应有唯一解．利用导数研究函数的单调性，结合二次函数的性质，分类讨论求得a的范围．

解答 解：（1）首先定义域为（0，+∞），
当a=-2时，f（x）=-x²+2x+4lnx，${f^'}（x）=-2x+2+\frac{4}{x}=\frac{-2（x+1）（x-2）}{x}$，令f′（x）=0，求得x=2，
故当x∈（0，2）时，f′（x）＜0，f（x）单调递增，故当x∈（2，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）_max=4ln2．
（2）${f^'}（x）=ax+2+\frac{2-a}{x}=\frac{{a{x^2}+2x+（2-a）}}{x}$，
 当a=0时，当x＞0，可得$f'（x）=2+\frac{2}{x}＞0$，故f（x）在定义域（0，+∞）上单调递增，满足条件．
当a≠0时，由f′（x）=ax+2+$\frac{2-a}{x}$=$\frac{（x+1）（ax+2-a）}{x}$，令f′（x）=0，求得${x_1}=-1，{x_2}=\frac{a-2}{a}$，
故只要$\frac{a-2}{a}≤0$即可，求得0＜a≤2．
综上：a∈[0，2]．
（3）由于f′（1）=2，f（1）=2+$\frac{a}{2}$，故曲线C：y=f（x）在点x=1处的切线l的方程为：y-2-$\frac{a}{2}$=4（x-1），即$y=4x+\frac{a}{2}-2$，
与y=f（x）联立，消去y得出：$\frac{1}{2}a{x^2}-2x+（2-a）lnx+2-\frac{a}{2}=0$．
记：$g（x）=\frac{1}{2}a{x^2}-2x+（2-a）lnx+2-\frac{a}{2}$，${g^'}（x）=ax-2+\frac{2-a}{x}=\frac{{a{x^2}-2x+2-a}}{x}=\frac{（x-1）（ax-2+a）}{x}$，
首先，g（1）=0，定义域为（0，+∞），
当a≥2时，当x∈（0，1），g′（x）＜0，g（x）单调递减；当x∈（1，+∞），g′（x）＞0，g（x）单调递增，
故g′（x）=0有唯一解，切线l与C有且只有一个公共点．
当0＜a＜1时，x∈（0，1），g′（x）＞0，g（x）单调递增，当$x∈（1，\frac{2-a}{a}）$，g′（x）＜0，g（x）单调递减，$x∈（\frac{2-a}{a}，+∞）$，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
而$g（\frac{4}{a}）＞0$，故g（x）=0有两个解，切线l与C有且有2个公共点，不满足条件．
当a=1时，g（x）在（0，+∞）上单调递增，切线l与C有且只有一个公共点．
当1＜a＜2时，$x∈（0，\frac{2-a}{a}）$时，g（x）单调递增，$x∈（\frac{2-a}{a}，1）$时，g（x）单调递减，x∈（1，+∞）递增，
而当0＜$x＜{e^{\frac{2}{2-a}}}$时，g（x）＜0，g（x）=0有两个解，故切线l与C有且有2个公共点，不满足条件．
综上：a∈{1}∪[2，+∞）．

点评 本题主要考查利用导数研究函数的单调性，由单调性求函数的最值，二次函数的性质应用，体现了转化、分类讨论的数学思想，属于难题．