Question

11．已知函数f（x）=ax²+（2-a²）x-alnx，（a∈R）．
（1）a=-1时，求函数f（x）的极值；
（2）讨论函数f（x）的单调性；
（3）当函数f（x）恰有一个零点时，分析a的取值情况．

Answer 1

分析 （1））函数f（x）=-x²+x+lnx，（x＞0）．f′（x）=-2x+1+$\frac{1}{x}$=$\frac{-2{x}^{2}+x+1}{x}$=-$\frac{（2x+1）（x-1）}{x}$，求出单调性，从而求得极值．
（2）f′（x）=2ax$-\frac{a}{x}$+2-a²=$\frac{（ax+1）（2x-a）}{x}$
分①当a=0，②当a＞0 ③当a＜0讨论．
（3）分①当a=0，②当a＞0，③当a＜0 讨论函数的单调性，从而求出函数f（x）恰有一个零点时，a的取值情况．

解答 解：（1）a=-1时，函数f（x）=-x²+x+lnx，（x＞0）．
f′（x）=-2x+1+$\frac{1}{x}$=$\frac{-2{x}^{2}+x+1}{x}$=-$\frac{（2x+1）（x-1）}{x}$
当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，
∴f（x）_极大值=f（1）=0，无极小值．
（2）f′（x）=2ax$-\frac{a}{x}$+2-a²=$\frac{（ax+1）（2x-a）}{x}$
①当a=0时，f（x）=2x，在（0，+∞）上单调递增，
②当a＞0时，$\frac{a}{2}＞0$，-$\frac{1}{a}＜0$，
x$∈（0，\frac{a}{2}$）时，f′（x）＜0，x$∈（\frac{a}{2}，+∞）$时，f′（x）＞0．
此时，f（x）的减区间为（0，$\frac{a}{2}$），增区间为：（$\frac{a}{2}$，+∞）．
 ③当a＜0时，$\frac{a}{2}$＜0，-$\frac{1}{a}$＞0，f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$）递增，在（-$\frac{1}{a}$，+∞）上单调递减．
（3）①当a=0时，f（x）=2x，在（0，+∞）上单调递增，函数f（x）没有零点
②当a＞0时，f（x）的减区间为（0，$\frac{a}{2}$），增区间为：（$\frac{a}{2}$，+∞），
∵x→0时，f（x）→+∞，x→+∞时，f（x）→+∞，
当函数f（x）恰有一个零点时，只需f（$\frac{a}{2}$）=$a（1-\frac{{a}^{2}}{4}-ln\frac{a}{2}）=0$，解得a=2．
 ③当a＜0时，f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$）递增，在（-$\frac{1}{a}$，+∞）上单调递减．
∵x→0时，f（x）→-∞，x→+∞时，f（x）→-∞，
当函数f（x）恰有一个零点时，只需$f（-\frac{1}{a}）=a[1-\frac{1}{{a}^{2}}+ln（-a）]=0$，
解得a=-1．
综上：a的取值为2或-1．

点评 本题考查了导数的综合应用，考查了转化思想、数形结合思想，属于中档题．