Question

1．已知函数f（x）=ax²+bx-lnx，a，b∈R．
（1）若a＜0且b=2-a，试讨论f（x）的单调性；
（2）若b=-8，总存在x∈（0，$\frac{1}{e}$]使得f（x）＜0成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用导数的运算法则，可得f′（x），通过对a分类讨论即可得出其单调性；
（2）通过分离参数法得到a＜$\frac{8x+lnx}{{x}^{2}}$对?x∈（0，$\frac{1}{e}$]恒成立，设g（x）=$\frac{8x+lnx}{{x}^{2}}$，通过讨论g（x）的单调性，从而求出a的范围即可．

解答 解：（1）f′（x）=2ax+（2-a）-$\frac{1}{x}$=$\frac{2{ax}^{2}+（2-a）x-1}{x}$=$\frac{（ax+1）（2x-1）}{x}$（x∈（0，+∞）），
令f′（x）=0，解得 x=-$\frac{1}{a}$或x=$\frac{1}{2}$，
①当-$\frac{1}{a}$＜$\frac{1}{2}$，即a＜-2时，
令f′（x）＞0，解得-$\frac{1}{a}$＜x＜$\frac{1}{2}$，
故f（x）的增区间为（-$\frac{1}{a}$，$\frac{1}{2}$），减区间为（0，-$\frac{1}{a}$），（$\frac{1}{2}$，+∞）；
②当-$\frac{1}{a}$=$\frac{1}{2}$，即a=-2时，则f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，
故f（x）在（0，+∞）上单调递减；
③当-$\frac{1}{a}$＞$\frac{1}{2}$，即a＞-2时，
令f′（x）＞0，解得：$\frac{1}{2}$＜x＜-$\frac{1}{a}$，
故f（x）的增区间为（$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{a}$），减区间为（0，$\frac{1}{2}$），（-$\frac{1}{a}$，+∞）；
（2）若b=-8，则f（x）=ax²-8x-lnx，（x＞0），
若在区间（0，$\frac{1}{e}$]上存在一点x，使得f（x）＜0成立，
令f（x）＜0⇒a＜$\frac{8x+lnx}{{x}^{2}}$对?x∈（0，$\frac{1}{e}$]恒成立，
设g（x）=$\frac{8x+lnx}{{x}^{2}}$，x∈（0，$\frac{1}{e}$]，
g′（x）=$\frac{1-2lnx-8x}{{x}^{3}}$，
令y=1-2lnx-8x，y′=-$\frac{2}{x}$-8＜0，
∴y在（0，$\frac{1}{e}$]单调递减，
∴y_min=${y|}_{x=\frac{1}{e}}$=$\frac{3e-8}{e}$＞0，
∴g′（x）＞0，
故g（x）在（0，$\frac{1}{e}$]单调递增，
故g（x）_max=g（$\frac{1}{e}$）=8e-e²，
由于存在x∈（0，$\frac{1}{e}$]使得f（x）＜0成立，
∴a∈（-∞，8e-e²）．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查存在性问题的研究，考查分类讨论的数学思想，是一道难题．