Question

设函数f（x）=x（x-1）²，x＞0．
（1）求f（x）的极值；
（2）设函数g（x）=lnx-2x²+4x+t（t为常数），若使g（x）≤x+m≤f（x）在（0，+∞）上恒成立的实数m有且只有一个，求实数m和t的值；
（3）讨论方程

f(x)

2x

+x-

1

2

-alnx=0的解的个数，并说明理由．

Answer 1

分析：（1）先求出导函数，找到导数为0的根，在检验导数为0的根两侧导数的符号即可得出结论．
（2）令h₁（x）=x+m-g（x）=2x²-3x-1nx+m-t≥0在（0，+∝）上恒成立，利用导数求得x=1，函数h₁（x）取得最小值．从而m≥t+1；同样地，h₂（x）=f（x）-x-m=x³-2x²-m≥0在（0，+∞）上恒成立，求得t+1≤m≤-

32

27

．由m的唯一性，知t=-

59

27

，m=-

32

27

（3）记p（x）=

f(x)

2x

+x-

1

2

-alnx=

1

2

x2-alnx，利用导数工具工具．求得有关的函数值，结合零点存在性定理求解．

解答：解：（1）f′（x）=（3x-1）（x-1），令f′（x）=0得x₁=

1

3

，x₂=1，
f（x）在区间（0，

1

3

），(

1

3

，1)（1，+∞）分别单调增，单调减，单调增，
所以当x=

1

3

时，有极大值f（

1

3

）=

4

27

，x=1时，有极小值f（1）=0；
（2）由已知得h₁（x）=x+m-g（x）=2x²-3x-1nx+m-t≥0在（0，+∝）上恒成立，由h₁′（x）=

(4x+1)(x-1)

x

得x∈（0，1）时，h₁（x）＜0时，x∈（1，∞）时，h₁（x）＞0，故x=1，函数h₁（x）取得最小值．从而m≥t+1；
同样地，h₂（x）=f（x）-x-m=x³-2x²-m≥0在（0，+∞）上恒成立，
求得t+1≤m≤-

32

27

由m的唯一性，知t=-

59

27

，m=-

32

27

（3）记p（x）=

f(x)

2x

+x-

1

2

-alnx=

1

2

x2-alnx
①当a=0时，p（x）在定义域（0，+∞）上恒大于0，此时方程无解；
②当a＜0时，p（x）在定义域（0，+∞）上为增函数．
p（e

1

a

）=

1

2

e

2

a

-1＜0，p（1）＞0，所以此时方程有唯一解．
③当a＞0时，p′（x）=x-

a

x

=

x2-a

x

，
当x∈(0，

a

)时，p′（x）＜0，p（x）在(0，

a

)上为减函数，
当x∈(

a

，+∞)时，p′（x）＞0，p（x）在(

a

，+∞)上为增函数，
所以当x=

a

时，p（x）min=p（

a

）=

1

2

a-aln

a

=

1

2

a(1-lna)
（a）当a∈[0，e）时，p（

a

）＞0，所以此时方程无解．
（b）当a=e时，p（

a

）=0，所以此时方程有唯一解．
（c）当a∈（e，+∞）时，p（

a

）＜0，
因为p（1）=

1

2

＞0，且1＜

a

，所以方程在(0，

a

)上有唯一解．
因为当x＞1时，（x-lnx）′＞0，所以，x-lnx＞1，x＞lnx，
所以p（x）=

1

2

x2-alnx＞

1

2

x2-ax
因为2a＞

a

＞1，所以p（2a）＞

1

2

(2a)2-2a2=0，所以方程在(

a

，+∞)上有唯一解．所以此时方程有两解．
综上所述，a∈[0，e）时，方程无解．
当a＜0或a=e时，方程有唯一解．
当a∈（e，+∞）时，方程有两解．

点评：本题考查函数导数与单调性的关系，函数极值，零点存在性定理．考查推理论证，运算求解能力．