Question

4．已知函数f（x）=lnx-mx²（m∈R）．
（Ⅰ）当m=2时，求函数f（x）的单调区间．
（Ⅱ）当m＜0时，是否存在实数x₁，x₂（0＜x₁＜x₂），使得当x∈[x₁，x₂]时，函数  f（x）的值域是[ax₁²-1，ax₂²-1]（a∈R）？若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）设g（x）=f（x）-（ax²-1）=lnx-（m+a）x²+1，则y=g（x）必须有两个不同零点x₁，x₂；    通过讨论函数的单调性求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）当m=2时，函数f（x）=lnx-2x²，定义域为（0，+∞），
∴$f'（x）=\frac{{1-4{x^2}}}{x}$，由f′（x）=0，得$x=\frac{1}{2}$，（x=-$\frac{1}{2}$舍去）    …（2分）
列表：

x	$（{0，\frac{1}{2}}）$	$\frac{1}{2}$	（$\frac{1}{2}$，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	递增	极大值	递减

∴f（x）的递增区间为（0，$\frac{1}{2}$），递减区间为（$\frac{1}{2}$，+∞）．…（5分）
（Ⅱ）假设存在实数x₁，x₂（0＜x₁＜x₂），
使得当x∈[x₁，x₂]时，函数f（x）的值域$[{a{x_1}^2-1，a{x_2}^2-1}]$，
由于a${{x}_{1}}^{2}$-1＜a${{x}_{2}}^{2}$-1（0＜x₁＜x₂），所以a＞0   …（6分）
∵当m＜0时，f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，
∴f（x₁）=a${{x}_{1}}^{2}$-1，f（x₂）=a${{x}_{2}}^{2}$-1，
设g（x）=f（x）-（ax²-1）=lnx-（m+a）x²+1，
则y=g（x）必须有两个不同零点x₁，x₂；             …（7分）
∵$g'（x）=\frac{1}{x}-2（m+a）{x_{\;}}（x＞0）$
当m+a≤0时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，没有两个不同零点，不成立； …（8分）
当m+a＞0即a＞-m时，由$g'（x）=0⇒x=\sqrt{\frac{1}{2（m+a）}}$，列表：

x	（0，$\sqrt{\frac{1}{2（m+a）}}$）	$\sqrt{\frac{1}{2（m+a）}}$	$（\sqrt{\frac{1}{2（m+a）}}，+∞）$
g′（x）	+	0	-
g（x）	递增	极大值	递减

g（x）的递增区间为（0，$\sqrt{\frac{1}{2（m+a）}}$），递减区间为（$\sqrt{\frac{1}{2（m+a）}}$，+∞），
∴g（x）的最大值$g（\sqrt{\frac{1}{2（m+a）}}）$=$ln[\sqrt{\frac{1}{2（m+a）}}]+\frac{1}{2}$…（10分）
要使y=g（x）有两个不同零点x₁，x₂，
则 g（x）的最大值$g（\sqrt{\frac{1}{2（m+a）}}）＞0$，
解得：$-m＜a＜\frac{e}{2}-m$…（11分）
又x→+∞或x→0时，g（x）→-∞
所以存在实数a，取值范围-m＜a＜$\frac{e}{2}$-m．               …（12分）

点评 本题主要考查函数与导数等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想等，培养创新意识．