Question

18．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}a{x^2}$+2x，g（x）=lnx．
（1）设函数F（x）=f（x）-g（x），若F（x）在$[\frac{1}{2}，+∞）$上单调递增，求a的取值范围；
（2）是否存在实数a＞0，使得方程$\frac{g（x）}{x}$=f′（x）-（2a+1）在区间$（\frac{1}{e}，e）$内有且只有两个不相等的实数根？若存在，请求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由此利用导数性质能求出a的取值范围．
（2）由题意，原方程的根饿问题等价于方程ax²+（1-2a）x-lnx=0在（$\frac{1}{e}$，e）内的零点问题，再利用导数，和零点的存在定理，求出a的范围．

解答 解：解：（1）由已知，得：
F（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{2}$ax²+2x-lnx，
∴F′（x）=ax+2-$\frac{1}{x}$=$\frac{{ax}^{2}+2x-1}{x}$，
∵若F（x）在$[\frac{1}{2}，+∞）$上单调递增，
∴F′（x）≥0在[$\frac{1}{2}$，+∞）恒成立，
∴ax²+2x-1≥0在[$\frac{1}{2}$，+∞）恒成立，
∴a≥$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{2}{x}$在[$\frac{1}{2}$，+∞）恒成立，
令h（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{2}{x}$，h′（x）=-$\frac{2}{{x}^{3}}$+$\frac{2}{{x}^{2}}$=$\frac{2（x-1）}{{x}^{3}}$，（x≥$\frac{1}{2}$），
∴h（x）在[$\frac{1}{2}$，1）递减，在（1，+∞）递增，
而h（x）→+∞时，h（x）小于0趋向于0，
即a的取值范围是[0，+∞）；
（Ⅱ）∵$\frac{g（x）}{x}$=f′（x）-（2a+1，
∴$\frac{lnx}{x}$=ax+2-（2a+1），
等价于方程ax²+（1-2a）x-lnx=0，
设 H（x）=ax²+（1-2a）x-lnx，
于是原方程在区间（$\frac{1}{e}$，e）内根的问题，转化为函数H（x）在（$\frac{1}{e}$，e）内的零点问题．
H′（x）=2ax+（1-2a）-$\frac{1}{x}$=$\frac{（2ax+1）（x-1）}{x}$，
当 x∈（0，1）时，H′（x）＜0，H（x）是减函数，
当 x∈（1，+∞）时，H′（x）＞0，H（x）是增函数，
若H（x）在（$\frac{1}{e}$，e）有且只有两个不相等的零点，只需：
$\left\{\begin{array}{l}{H（\frac{1}{e}）=\frac{a}{{e}^{2}}+\frac{1-2a}{e}+1=\frac{（1-2e）a{+e}^{2}+e}{{e}^{2}}＞0}\\{{H（x）}_{min}=H（1）=a+（1-2a）=1-a＞0}\\{H（e）={ae}^{2}+（1-2a）e-1={（e}^{2}-2e）a+（e-1）＞0}\end{array}\right.$，
解得：1＜a＜$\frac{{e}^{2}+e}{2e-1}$，
即a的取值范围是：（1，$\frac{{e}^{2}+e}{2e-1}$）．

点评 本题主要考查了导数和函数的单调性的关系，以及零点的存在定理的应用，属于中档题．