Question

3．已知函数$f（x）=alnx-\frac{1}{2}{x^2}$，a∈R．
（Ⅰ）当a∈[1，e²]时，讨论函数f（x）的零点的个数；
（Ⅱ）令g（x）=tx²-4x+1，t∈[-2，2]，当a∈[1，e]时，证明：对任意的${x_1}∈[1，\sqrt{e}]$，存在x₂∈[0，1]，使得f（x₁）=g（x₂）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间，求出函数的最大值，通过讨论a的范围，判断函数的零点个数即可；
（Ⅱ）通过讨论a的范围，求出函数f（x）的值域，通过讨论t的范围，求出g（x）的最值，结合集合的包含关系证明结论即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）=$\frac{a{-x}^{2}}{x}$，
令f′（x）=0，解得：x=$\sqrt{a}$或x=-$\sqrt{a}$（舍），
x∈（0，$\sqrt{a}$）时，f′（x）＞0，f（x）递增，
x∈（$\sqrt{a}$，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）递减，
故f（x）_max=f（$\sqrt{a}$）=$\frac{1}{2}$a（lna-1），
令h（a）=$\frac{1}{2}$a（lna-1），a∈[1，e²]，则h′（a）=$\frac{1}{2}$lna≥0，
故函数h（a）在[1，e²]递增，
故h（1）≤h（a）≤h（e²），即-$\frac{1}{2}$≤h（a）≤$\frac{1}{2}$e²，
令h（a）=0，则a=e，
a∈[1，e）时，h（a）＜0，即f（x）max＜0，此时f（x）无零点，
a=e时，h（a）=0，即f（x）max=0，f（x）有1个零点，
a∈（e，e²]时，h（a）＞0，即f（x）max＞0，
由函数f（x）的定义域可知x→0时，lnx→-∞，
$\frac{1}{2}$x²→0，故f（x）→-∞，x→+∞时，f（x）→-∞，
故此时f（x）有2个零点，
综上，a∈[1，e）时，函数f（x）无零点，a=e时，函数f（x）有唯一零点，
a∈（e，e²]时，函数f（x）有2个零点；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：a∈[1，e]时，f（x）_max=f（$\sqrt{a}$）≤0，又f（1）=-$\frac{1}{2}$，
f（$\sqrt{e}$）=$\frac{1}{2}$（a-e）∈[$\frac{1}{2}$（1-e），0]，
当$\frac{1}{2}$（a-e）≥-$\frac{1}{2}$时，函数f（x）=alnx-$\frac{1}{2}$x²，（x∈[1，$\sqrt{e}$）的值域是：
[-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$a（lna-1）]⊆[-$\frac{1}{2}$，0]，
当$\frac{1}{2}$（a-e）＜-$\frac{1}{2}$时，函数f（x）=alnx-$\frac{1}{2}$x²（x∈[1，$\sqrt{e}$]的值域是：
[$\frac{1}{2}$（a-e），$\frac{1}{2}$a（lna-1）]⊆[$\frac{1}{2}$（1-e），$\frac{1}{2}$a（lna-1）]?[-1，0]，
由上可知，对于任意的x₁∈[1，$\sqrt{e}$]，f（x₁）∈[-1，0]，
对于函数g（x），g（x）=tx²-4x+1=t${（x-\frac{2}{t}）}^{2}$+1-$\frac{4}{t}$，x∈[0，1]，
当-2≤t＜0时，$\frac{2}{t}$＜0，g（x）在区间[0，1]递减，
当t=0时，g（x）=-4x+1，g（x）在区间[0，1]递减，
0＜t≤2时，$\frac{2}{t}$≥1，g（x）在区间[0，1]递减，
故t∈[-2，2]时，g（x）_min=g（1）=t-3∈[-5，-1]，g（x）_max=g（0）=1，
故x₂∈[0，1]时，g（x₂）∈[-1，0]?[t-3，1]，
故对任意的${x_1}∈[1，\sqrt{e}]$，存在x₂∈[0，1]，使得f（x₁）=g（x₂）．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查函数的零点问题，是一道综合题．