Question

20．已知函数f（x）=lnx+ax²+bx（x＞0，a∈R，b∈R），e=2.718…，为自然对数的底数．
（Ⅰ）若曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为x-2y-2=0，求函数f（x）的解析式；
（Ⅱ）当b=1时，若f（x）的极大值大于零？求出a的取值范围；
（Ⅲ）证明命题“已知h（x）在其定义域D上是单调递增函数，若?x₀∈D，满足h（h（x₀））=x₀，则h（x₀）=x₀”是真命题，并探索：当a＞0，b=1时，函数y=f（f（x））-x是否存在大于1的零点．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由导数的几何意义可列式子求解
（Ⅱ）依题意，f（x）=lnx+ax²+x，对f'（x）求导，对a进行讨论，然后构造新数列求出a的取值范围即可．
（Ⅲ）用反证法证明命题是真命题，通过证明函数φ（x）在（0，1）上的单调性说明零点问题．

解答 解：（Ⅰ）依题意，$f'（x）=\frac{1}{x}+2ax+b$，（1分）
又由切线方程可知，$f（1）=-\frac{1}{2}$，斜率$k=\frac{1}{2}$，所以$\left\{\begin{array}{l}f'（1）=1+2a+b=\frac{1}{2}\\ f（1）=a+b=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$-----------------------（2分）
解得$\left\{\begin{array}{l}a=0\\ b=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$，所以$f（x）=lnx-\frac{x}{2}$（4分）
（Ⅱ）依题意，f（x）=lnx+ax²+x，所以$f'（x）=\frac{1}{x}+2ax+1=\frac{{2a{x^2}+x+1}}{x}（x＞0）$
①当a≥0时，f'（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，故无极值；（5分）
②当a＜0时，令f'（x）=0，得2ax²+x+1=0，则△=1-8a＞0，且两根之积${x_1}{x_2}=\frac{1}{2a}＜0$，
不妨设x₁＜0，x₂＞0，则$f'（x）=\frac{{2a（x-{x_1}）（x-{x_2}）}}{x}$，x∈（0，x₂）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，x∈（x₂，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）的极值大为$f（{x_2}）=ln{x_2}+ax_2^2+{x_2}$
即求使f（x₂）＞0的实数a的取值范围．（7分）
因为x₂满足$2ax_2^2+{x_2}+1=0$，所以  f（x₂）=$ln{x_2}+\frac{{{x_2}-1}}{2}＞0$（8分）
构造函数$g（x）=lnx+\frac{x-1}{2}$，则$g'（x）=\frac{1}{x}+\frac{1}{2}＞0$，所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，（9分）
又g（1）=0，所以g（x）＞0解得x＞1，即${x_2}=\frac{{-1-\sqrt{1-8a}}}{4a}＞1$，解得-1＜a＜0．
由①②可得，a的范围是-1＜a＜0．（10分）
（Ⅲ）由已知h（x₀）∈D，若h（x₀）＞x₀，则h（h（x₀））＞h（x₀），所以x₀＞h（x₀），矛盾
若h（x₀）＜x₀，则h（h（x₀））＜h（x₀），所以x₀＜h（x₀），矛盾
所以h（x₀）=x₀--------------------------------------------------------------------（12分）
函数y=f（f（x））-x的零点，即方程f（f（x））=x的根
由（Ⅱ）知，当a＞0，b=1时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增
即方程 f（x）=x的根
设φ（x）=f（x）-x=lnx+ax²
因为$φ'（x）=\frac{1}{x}+2ax＞0$，所以函数φ（x）在（0，+∞）上单调递增
且x＞0且x→0时，φ（x）→-∞，f（1）=a＞0
故函数φ（x）存在唯一零点在区间（0，1）上，
所以，当a＞0，b=1时，函数y=f（f（x））-x不存在大于1的零点．-----------（14分）

点评 本题主要考查利用导数的几何意义求切线方程和利用导数求函数得单调性并处理一些与单调性相关的问题，难度很大，高考常作压轴题出现．