Question

4．已知函数f（x）=2xlnx-（x-a）²．
（1）若f（x）在定义域上为单调递减函数，求函数a的取值范围；
（2）是否存在实数a，使得f（x）≤0恒成立且f（x）有唯一零点，若存在，求出满足a∈（n，n+1），n∈Z的n的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求导，由题意可知：f′（x）≤0恒成立，构造辅助函数，求导，利用函数的单调性与导数的关系，即可求得函数a的取值范围；
（2）求导，当a≤0时，f（x）在[1，+∞）单调递减，则f（1）≤f（1）=-（x-a）²＜0无零点，当a＞0时，构造辅助函数，求导，利用导数与函数单调性的关系及函数零点的判断，即可求得存在n=0即a∈（0，1），使得f（x）≤0恒成立且f（x）有唯一零点．

解答 解：（1）由已知，函数f（x）的定义域为（0，+∞），求导f′（x）=2（lnx-x+1+a），
则f（x）在定义域上单调递减，则f′（x）≤0恒成立，
则g（x）=f′（x）=2（lnx-x+1+a），则g′（x）=$\frac{2}{x}$-2=$\frac{2（1-x）}{x}$，
当x∈（0，1），g′（x）＞0，g（x）单调递增，
当x∈（1，+∞），g′（x）＜0，g（x）单调递减，
即f′（x）在（0，1）内单调递增，在（1，+∞）单调递减，
∴f′（x）≤f′（1）≤0，则a≤0，
函数a的取值范围（-∞，0]；
（2）当x∈（0，1），xlnx＜0，∴f（x）=2xlnx-（x-a）²＜0恒成立，
当x∈（1，+∞），由（1）可知，f′（x）在[1，+∞）单调递减，
①当a≤0时，由（1）可知，f（x）在[1，+∞）单调递减，
则f（1）≤f（1）=-（x-a）²＜0，f（x）无零点，不符合题意；
②当a＞0时，设p（x）=e^x-2x，（x＞0），p′（x）=e^x-2，则p（x）＞p（ln2）=2-lnx2＞0，
∴f′（e^a+1）=2（a+1）-e^a+1＜0，由f′（1）＞0，
∴存在x₀∈（1，e^a+1），使得f′（x₀）=0，即a=x₀-1-lnx₀，①
故当且仅当x∈（1，x₀）时，f′（x₀）＞0，当x∈（x₀，+∞），f′（x₀）＜0，
∴f（x）在（1，x₀）内单调递增，在（x₀，+∞）内单调递减，
由f（x）≤0恒成立，且f（x）有唯一的零点，
∴f（x₀）=2x₀lnx₀-（x₀-a）²=0，②
由①②可知：$\left\{\begin{array}{l}{a={x}_{0}-1-ln{x}_{0}}\\{2{x}_{0}ln{x}_{0}-（{x}_{0}-a）^{2}=0}\end{array}\right.$，③
联立2x₀lnx₀-（x₀-a）²=2x₀lnx₀-[x₀-（x₀-1-lnx₀）]²=2x₀lnx₀-（1+lnx₀）²，
设φ（x）=2xlnx-（1+lnx）²，则φ（1）=1＞0，φ（e）=2（2-e）＜0，
当且x≥1时，φ′（x）=2（lnx+1）（1-$\frac{1}{x}$）≥0，
则φ（x）在（1，e）上有唯一零点x₀，
即满足方程组③的x₀唯一，且x₀∈（1，e），
设u（x）=x-1-lnx（x＞1），则u′（x）=1-$\frac{1}{x}$≥0，则u（x）在（1，+∞）上单调递增，
则0=u（1）＜a=u（x₀）＜u（e）=e-2＜1，
即满足方程组③的a∈（0，1），则n=0，
综上所述，存在n=0即a∈（0，1），使得f（x）≤0恒成立且f（x）有唯一零点．

点评 本题考查导数的综合应用，导数与函数的单调性的关系，函数零点的判断，考查分类讨论思想，考查计算能力，属于难题．