Question

18．已知函数f（x）=ax²-（2a+1）x+lnx，a∈R．
（1）当a=1时，求f（x）的单调区间和极值；
（2）若关于x的方程f（x）=2ax²-2（a+1）x恰有两个不等的实根，求实数a的取值范围；
（3）设g（x）=e^x-x-1，若对任意的x₁∈（0，+∞），x₂∈R，不等式f（x₁）≤g（x₂）恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）当a=1时，函数f（x）=x²-3x+lnx，求出f（x）的导数，令f'（x）=0，列出表格即可得出函数的单调性，极值；
（2）问题转化为求函数y=ax²-x与y=lnx的解得个数问题，通过讨论a的范围即可求出；
（3）对于任意的x₁∈（0，+∞），x₂∈R，不等式f（x₁）≤g（x₂）恒成立，则有f（x）_max≤g（x）_min．利用导数分别在定义域内研究其单调性极值与最值即可．

解答 解：（1）当a=1时，函数f（x）=x²-3x+lnx，f′（x）=$\frac{{2x}^{2}-3x+1}{x}$，
令f′（x）=0得：x₁=$\frac{1}{2}$，x₂=1，
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

x	（0，$\frac{1}{2}$）	$\frac{1}{2}$	（$\frac{1}{2}$，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	+	0	-	0	+
f（x）	单调递增	极大	单调递减	极小	单调递增

∴f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）单调递增，在（$\frac{1}{2}$，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，
当x=$\frac{1}{2}$时：f（x）有极大值，且f（x）_极大值=f（$\frac{1}{2}$）=-$\frac{5}{4}$-ln2；
当x=1时：f（x）有极小值，且f（x）_极小值=-2；
（2）∵f（x）=2ax²-2（a+1）x，
∴ax²-（2a+1）x+lnx=2ax²-2（a+1）x，
∴ax²-x=lnx，x∈（0，+∞），
显然a≤0时，y=ax²-x与y=lnx只有1个交点，不合题意，
当a=1时，函数y=x²-x=${（x-\frac{1}{2}）}^{2}$-$\frac{1}{4}$，x=$\frac{1}{2}$时：y_min=-$\frac{1}{4}$，而y=ln$\frac{1}{2}$＜ln${e}^{-\frac{1}{4}}$，
∴0＜a＜≤1时，y=ax²-x与y=lnx只有1个交点，不合题意，
a＞1时，画出函数y=ax²-x与y=lnx的图象，
如图示：
，
图象有2个交点，
综上：a＞1；
（3）由g（x）=e^x-x-1，则g′（x）=e^x-1，
令g′（x）＞0，解得x＞0；令g′（x）＜0，解得x＜0．
∴g（x）在（-∞，0）是减函数，在（0，+∞）是增函数，
即g（x）_最小值=g（0）=0．
对于任意的x₁∈（0，+∞），x₂∈R，不等式f（x₁）≤g（x₂）恒成立，则有f（x₁）≤g（0）即可．
即不等式f（x）≤0对于任意的x∈（0，+∞）恒成立，
f′（x）=$\frac{2{ax}^{2}-（2a+1）x+1}{x}$，
（1）当a=0时，f′（x）=$\frac{1-x}{x}$，令f′（x）＞0，解得0＜x＜1；令f′（x）＜0，解得x＞1．
∴f（x）在（0，1）是增函数，在（1，+∞）是减函数，
∴f（x）_最大值=f（1）=-1＜0，
∴a=0符合题意．
（2）当a＜0时，f′（x）=$\frac{（2ax-1）（x-1）}{x}$，
令f'（x）＞0，解得0＜x＜1；令f′（x）＜0，解得x＞1．
∴f（x）在（0，1）是增函数，在（1，+∞）是减函数，
∴f（x）_最大值=f（1）=-a-1≤0，
得-1≤a＜0，
∴-1≤a＜0符合题意．
（3）当a＞0时，f′（x）=$\frac{（2ax-1）（x-1）}{x}$，f′（x）=0得：x₁=$\frac{1}{2a}$，x₂=1，
a＞$\frac{1}{2}$时，0＜x₁＜1，令f′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1}{2a}$或x＞1；
令f′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2a}$＜x＜1，
∴f（x）在（1，+∞）是增函数，
而当x→+∞时，f（x）→+∞，这与对于任意的x∈（0，+∞）时f（x）≤0矛盾．
同理0＜a≤$\frac{1}{2}$时也不成立．
综上所述：a的取值范围为[-1，0]．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了分类讨论的思想方法，考察了推理能力和计算能力，属于难题．