Question

18．函数f（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²+ax（a∈R），g（x）=e^x+$\frac{3}{2}$x²．
（1）讨论f（x）的极值点的个数；
（2）若?x＞0，f（x）≤g（x），求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）法一：求f（x）的导数f′（x），利用判别式△=a²-4，判断f′（x）是否大于0，从而得出f（x）的单调性与极值点情况；法二：求f（x）的导数f′（x），根据x＞0求出f'（x）的值域，讨论a的值得出f′（x）的正负情况，判断f（x）的单调性和极值点问题；
（2）f（x）≤g（x）等价于e^x-lnx+x²≥ax，由x＞0，利用分离常数法求出a的表达式，再构造函数求最值即可证明．

解答 解：（1）法一：由题意得f′（x）=x+$\frac{1}{x}$+a=$\frac{{x}^{2}+ax+1}{x}$（x＞0），令△=a²-4，
（i）当△=a²-4≤0，即-2≤a≤2时，x²+ax+1≥0对x＞0恒成立；
即f′（x）≥0对x＞0恒成立，
此时θ（x）=lnx+$\frac{e}{x}$没有极值点；
（ii）当△=a²-4＞0，即a＜-2或a＞2，
①a＜-2时，设方程x²+ax+1=0两个不同实根为x₁，x₂，不妨设x₁＜x₂，
则x₁+x₂=-a＞0，x₁x₂=1＞0，故x₂＞x₁＞0，
∴x＜x₁或x＞x₂时f（x）＞0；
在x₁＜x＜x₂时f（x）＜0，
故x₁，x₂是函数f（x）的两个极值点；
②a＞2时，设方程x²+ax+1=0两个不同实根为x₁，x₂，
则x₁+x₂=-a＜0，x₁x₂=1＞0，故x₂＜0，x₁＜0，
∴x＞0时，f（x）＞0；
故函数f（x）没有极值点；
综上，当a＜-2时，函数f（x）有两个极值点；
当a≥-2时，函数f（x）没有极值点；
法二：由题意得f′（x）=x+$\frac{1}{x}$+a，
∵x＞0，∴f'（x）∈[a+2，+∞），
①当a+2≥0，即a∈[-2，+∞）时，f′（x）≥0对?x＞0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，f（x）没有极值点；   
②当a+2＜0，即a∈（-∞，-2）时，方程x²+ax+1=0有两个不等正数解x₁，x₂，
f′（x）=x+$\frac{1}{x}$+a=$\frac{（x{-x}_{1}）（x{-x}_{2}）}{x}$（x＞0）
不妨设0＜x₁＜x₂，则当x∈（0，x₁）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
x∈（x₁，x₂）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
x∈（x₂，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
所以x₁，x₂分别为f（x）极大值点和极小值点，f（x）有两个极值点．
综上所述，当a∈[-2，+∞）时，f（x）没有极值点；
当a∈（-∞，-2）时，f（x）有两个极值点；
（2）f（x）≤g（x）等价于e^x-lnx+x²≥ax，
由x＞0，即a≤$\frac{{e}^{x}{+x}^{2}-lnx}{x}$对于?x＞0恒成立，
设φ（x）=$\frac{{e}^{x}{+x}^{2}-lnx}{x}$（x＞0），
φ′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）+lnx+（x+1）（x-1）}{{x}^{2}}$，
∵x＞0，∴x∈（0，1）时，φ'（x）＜0，φ（x）单调递减，
x∈（1，+∞）时，φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，
∴φ（x）≥φ（1）=e+1，
∴a≤e+1．

点评 本题考查了函数与导数的综合应用问题，也考查了求函数最值与不等式恒成立问题，是综合性问题．