Question

10．已知函数f（x）=ax²+x-2，g（x）=-x+1+4lnx，h（x）=f（x）-g（x）．
（1）当a=1时，证明函数h（x）只有一个零点；
（2）若a＜0，已知函数h（x）在定义域内没有极值点，求实数a的范围．

Answer 1

分析 （1）求导函数，确定函数的单调性，即可得出函数的零点．
（2）通过f（x）在定义域内无极值，f′（x）≤0在定义域上恒成立，分离参数，构造函数，求出函数的最小值即可求实数a的取值范围．

解答 解：（1）∵当a=1时，f（x）=x²+x-2，g（x）=-x+1+4lnx，
∴h（x）=f（x）-g（x）=x²+x-2+x-1-4lnx=x²+2x-3-4lnx，x＞0，
∴h′（x）=2x+2-$\frac{4}{x}$=$\frac{2（{x}^{2}+x-2）}{x}$=$\frac{2（x+2）（x-1）}{x}$，
令h′（x）=0，解得x=1，
当0＜x＜1时，h′（x）＜0；当x＞1时，f′（x）＞0．
∴函数h（x）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增，
∴当x=1时，函数f（x）取得最小值，其值为h（1）=1+2-3-4ln1=0．
当x≠1时，h（x）＞f（1），即h（x）＞0．
∴函数h（x）只有一个零点，
（2）h（x）=ax²+2x-3-4lnx，（x＞0），
∴h′（x）=2ax+2-$\frac{4}{x}$=$\frac{2（a{x}^{2}+x-2）}{x}$，（a＜0）
∵h（x）在定义域内无极值，
∴h′（x）≤0在定义域上恒成立，
∴ax²+x-2≤0恒成立，
∴a≤$\frac{2}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$，在（0，+∞）恒成立，
设F（x）=$\frac{2}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$，
∴F′（x）=-$\frac{4}{{x}^{3}}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-4}{{x}^{3}}$，
令F′（x）=0，解得x=4，
当0＜x＜4时，F′（x）＜0；当x＞4时，F′（x）＞0．
∴函数F（x）在区间（0，4）上单调递减，在区间（4，+∞）上单调递增，
∴当x=4时，函数F（x）取得最小值，其值为F（4）=$\frac{1}{8}$-$\frac{1}{4}$=-$\frac{1}{8}$，
∴a＜-$\frac{1}{8}$．

点评 本题考查函数的零点，考查导数和函数的单调性极值最值得关系，以及函数恒成立等问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．