Question

8．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²-axlnx-lnx+ax，f′（x）函数是f（x）的导函数，函数y=f（x）有且只有四个单调区间．
（1）设f′（x）的导函数为f″（x），分别求f′（x）和f″（x）（两个结果都含a）．
（2）实数a的取值范围；
（3）设n∈N^*，试比较f″（n+1）-f′（n）与$\frac{3}{2}$-a的大小．

Answer 1

分析 （1）先求出函数f（x）的导数，从而进一步求出二阶导数；
（2）函数y=f（x）有且只有四个单调区间，转化为关于x的方程f″（x）=0有2个不同的实根，根据这两个根是正根，f′（x₁）f′（x₂）＜0，只需验证a＞2时，f′（x₁）f′（x₂）＜0即可，先求出函数f′（x）的单调性，通过构造新函数得到a＞2时，f（e^a）＞F（a）＞0，从而求出a的范围；
（3）设h（x）=x-ln（1+x），（x≥0），通过求导得到x＞ln（x+1），从而有$\frac{1}{n}$＞ln（1+$\frac{1}{n}$），通过作差f′（n+1）-f′（n）=n+1-aln（n+1）-$\frac{1}{n+1}$-n+alnn+$\frac{1}{n}$，不等式放缩法求出即可．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{1}{2}$x²-axlnx-lnx+ax，
∴函数y=f（x）的定义域是（0，+∞），
∴f′（x）=x-alnx-$\frac{1}{x}$，
f″（x）=1-$\frac{a}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-ax+1}{{x}^{2}}$；
（2）∵函数y=f（x）有且只有四个单调区间，
∴关于x的方程f′（x）=0有3个解，
∴关于x的方程f″（x）=0有2个不同的实根，设为：x₁，x₂，
由已知得：这两个根是正根，且f′（x₁）f′（x₂）＜0，
由x²-ax+1=0，得△=a²-4＞0，由a＞0，解得：a＞2，
下面验证a＞2时，f′（x₁）f′（x₂）＜0，
不妨设x₁＜x₂，
（方法一）由条件得：x₁ x₂=1，∴0＜x₁＜1＜x₂，
∵f″（x）=$\frac{（x{-x}_{1}）（x{-x}_{2}）}{{x}^{2}}$，
当x变化时，函数f′（x），f″（x）变化情况如下：

x	（0，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
f″（x）	+	0	-	0	+
f′（x）	递增	极大值	递减	极小值	递增

∵f′（1）=0，∴f′（x）_极大值=f′（x₁）＞0，f′（x）_极小值=f′（x₂）＜0，
由于a＞2，∴x→0（x＞0）时，f′（x）→-∞，
又e^a＞2^a＞2a＞a＞x₂=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，
令F（a）=e^a-a²-1（a≥2），则a＞2时，F′（a）=e^a-2a＞0，即F（a）在区间[2，+∞）上单调递增，
∴a＞2时，F（a）＞F（2）=e²-5＞0，
∴f（e^a）=e^a-alne^a-$\frac{1}{{e}^{a}}$=e^a-a²-$\frac{1}{{e}^{a}}$＞F（a）＞0，
∴f′（x）=0有3个零点，
综上，实数a的取值范围是（2，+∞）；
（方法二），由x₁=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，x₂=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，
设g（a）=ln$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$-$\frac{\sqrt{{a}^{2}-4}}{a}$（a≥2），
则a＞2时，g′（a）=$\frac{2{（a}^{2}-2）}{{a}^{2}\sqrt{{a}^{2}-4}}$＞0，
∴g（a）是区间[2，+∞）上的增函数，
∴当a＞2时，g（a）＞g（2）=0，
∴ln$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$＞$\frac{\sqrt{{a}^{2}-4}}{a}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{aln\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}＞\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}-\frac{1}{\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}}}\\{aln\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}＜\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}-\frac{1}{\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}}}\end{array}\right.$，
即f′（x₁）＞0，f′（x₂）＜0，
∵f″（x）=$\frac{（x{-x}_{1}）（x{-x}_{2}）}{{x}^{2}}$，
∴当x变化时，函数f′（x），f″（x）变化情况如下：

x	（0，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
f″（x）	+	0	-	0	+
f′（x）	递增	极大值	递减	极小值	递增

由于a＞2，∴x→0（x＞0）时，f′（x）→-∞，
又e^a＞2^a＞2a＞a＞x₂=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，
令F（a）=e^a-a²-1（a≥2），则a＞2时，F′（a）=e^a-2a＞0，即F（a）在区间[2，+∞）上单调递增，
∴a＞2时，F（a）＞F（2）=e²-5＞0，
∴f（e^a）=e^a-alne^a-$\frac{1}{{e}^{a}}$=e^a-a²-$\frac{1}{{e}^{a}}$＞F（a）＞0，
∴f′（x）=0有3个零点，
综上，实数a的取值范围是（2，+∞）；
（3）设h（x）=x-ln（1+x），（x≥0），
当x＞0时，h′（x）=1-$\frac{1}{x+1}$＞0，
∴y=h（x）在[0，+∞）递增，
即x＞0时，h（x）＞h（0）=0，
即x＞ln（x+1），
∴$\frac{1}{n}$＞ln（1+$\frac{1}{n}$），
由（1）得：a＞2，∴-aln（1+$\frac{1}{n}$）≥-$\frac{a}{n}$，
∵f′（x）=x-alnx-$\frac{1}{x}$，
∴f′（n+1）-f′（n）
=n+1-aln（n+1）-$\frac{1}{n+1}$-n+alnn+$\frac{1}{n}$
=1-aln（1+$\frac{1}{n}$）+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$
＞1-$\frac{a}{n}$+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$
=1-$\frac{a-1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$
≥1-a+1-$\frac{1}{2}$
=$\frac{3}{2}$-a，
∴f″（n+1）-f′（n）＞$\frac{3}{2}$-a．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，不等式问题，本题纷繁复杂计算量大，考查学生的综合运算的能力，本题难度较大．