Question

15．已知f（x）=lnx+x²-ax．
（1）当a=2时，求方程f（x）=0在（1，+∞）上的实根的个数；
（2）若函数f（x）既有极大值又有极小值，求实数a的取值范围；
（3）设a＞0，若不等式f（x）＜x²-$\frac{a}{x}$对任意x∈（1，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）当a=2时，f（x）=lnx+x²-2x，f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-2x+1}{x}$＞0，利用函数f（x）的单调性与函数零点存在判定定理即可判断出；
（2）求导数，由题意可得F（x）既有极大值又有极小值?方程2x²-ax+1=0有两个不等的正实数根x₁，x₂，即可求得a的取值范围；
（3）不等式f（x）＜x²-$\frac{a}{x}$化为g（x）=xlnx-ax²+a＜0．已知a＞0，不等式f（x）＜x²-$\frac{a}{x}$对任意x∈（1，+∞）恒成立?g（x）_max＜0．g′（x）=lnx+1-2ax，令h（x）=lnx+1-2ax，x∈（1，+∞）．h′（x）=$\frac{1}{x}-2a$=$\frac{-2a（x-\frac{1}{2a}）}{x}$，通过对a分类讨论，利用导数研究其单调性即可得出．

解答 解：（1）当a=2时，f（x）=lnx+x²-2x，
∴在（1，+∞）上，f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-2x+1}{x}$＞0，
∴函数在（1，+∞）上单调递增，
∵f（1）＜0，f（2）＞0，
∴当a=2时，方程f（x）=0在（1，+∞）上的实根的个数为1；
（2）∵f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-ax+1}{x}$（x＞0），
∴f（x）既有极大值又有极小值?方程2x²-ax+1=0有两个不等的正实数根x₁，x₂．
∴△=a²-8＞0，$\frac{a}{4}$＞0，0-0+1＞0，
∴a＞2$\sqrt{2}$．
∴实数a的取值范围是$（2\sqrt{2}，+∞）$．
（3）不等式f（x）＜x²-$\frac{a}{x}$化为g（x）=xlnx-ax²+a＜0，
a＞0，不等式f（x）＜x²-$\frac{a}{x}$对任意x∈（1，+∞）恒成立?g（x）_max＜0．
g′（x）=lnx+1-2ax，令h（x）=lnx+1-2ax，x∈（1，+∞）．
h′（x）=$\frac{1}{x}-2a$=$\frac{-2a（x-\frac{1}{2a}）}{x}$，
当a$≥\frac{1}{2}$时，0＜$\frac{1}{2a}$≤1，∴h′（x）＜0，∴函数h（x）在（1，+∞）上单调递减，g′（x）＜g′（1）=1-2a＜0，
∴函数g（x）在（1，+∞）上单调递减，∴g（x）＜g（1）=0，满足条件，因此a$≥\frac{1}{2}$．
当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，1＜$\frac{1}{2a}$，∴h′（x）＞0，∴函数h（x）在（1，+∞）上单调递增，g′（x）＞g′（1）=1-2a＞0，
∴函数g（x）在（1，+∞）上单调递增，∴g（x）＞g（1）=0，不满足条件，舍去．
综上可得：实数a的取值范围是$[\frac{1}{2}，+∞）$

点评 本题综合考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、函数零点存在判定定理、一元二次方程的实数根与判别式的关系、恒成立问题的等价转化方法，考查了分类讨论思想方法、推理能力与计算能力，属于难题．