Question

6．已知函数f（x）=ax²-（2a+1）x+lnx（a∈R）
（Ⅰ）当a＞0时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设g（x）=f（x）+2ax，若g（x）有两个极值点x₁，x₂，且不等式g（x₁）+g（x₂）＜λ（x₁+x₂）恒成立，求实数λ的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）求出g（x）的导数，求出x₁+x₂=a＞0，x₁x₂=a＞0，∴△=1-4a＞0，且x₁+x₂=$\frac{1}{2a}$＞0，x₁x₂=$\frac{1}{2a}$＞0，
由g（x₁）+g（x₂）＜λ（x₁+x₂），问题转化为所以λ＞-$\frac{1}{2}$-2a-2aln2a在（0，$\frac{1}{4}$）恒成立，根据函数的单调性求出λ的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）由函数f（x）=ax²-（1+2a）x+lnx（a∈R，x＞0），
可得f′（x）=2ax-（2a+1）+$\frac{1}{x}$=$\frac{2a{x}^{2}-（2a+1）x+1}{x}$=$\frac{（2ax-1）（x-1）}{x}$
①当a=$\frac{1}{2}$时，x＞0，f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立．函数f（x）的单调增区间是（0，+∞）；
②当a＞$\frac{1}{2}$时，x∈（0，$\frac{1}{2a}$），（1，+∞）时，f′（x）≥0，x$∈（\frac{1}{2a}，1）$时，f′（x）≤0
∴此时f（x）的增区间为；（0，$\frac{1}{2a}$），（1，+∞），减区间为：（$\frac{1}{2a}，1$）
③当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，x∈（0，1），（$\frac{1}{2a}$，+∞）时，f′（x）≥0，x∈（1，$\frac{1}{2a}$）时，f′（x）≤0
∴此时f（x）的增区间为：（0，1），（$\frac{1}{2a}$，+∞），减区间为：（1，$\frac{1}{2a}$）；
（Ⅱ）g（x）=f（x）+2ax=ax²-x+lnx，g′（x）=2ax-1+$\frac{1}{x}$=$\frac{2a{x}^{2}-x+1}{x}$
∵g（x）有两个极值点x₁，x₂，
∴x₁，x₂是方程2ax²-x+1=0（x＞0）的两个不相等实根，
∴△=1-4a＞0，且x₁+x₂=$\frac{1}{2a}$＞0，x₁x₂=$\frac{1}{2a}$＞0，
由g（x₁）+g（x₂）＜λ（x₁+x₂），
 由g（x₁）+g（x₂）＜λ（x₁+x₂），得（ax₁²-x₁+lnx₁）+（ax₂²-x₂+lnx₂）＜λ（x₁+x₂），
整理得：a（x₁²+${{x}_{2}}^{2}$）-（x₁+x₂）+ln（x₁x₂）＜λ（x₁+x₂），
将x₁+x₂=$\frac{1}{2a}$＞0，x₁x₂=$\frac{1}{2a}$＞0代入得上式得$\frac{1}{4a}-1-\frac{1}{2a}-l2a＜\frac{λ}{2a}$
因为0＜a$＜\frac{1}{4}$，所以λ＞-$\frac{1}{2}$-2a-2aln2a
令h（a）=-$\frac{1}{2}-2a-2aln2a$，（0＜a$＜\frac{1}{4}$）
h′（x）=-2-2ln2a-2=-2（ln2a+2），令h′（a）=0，得a=$\frac{1}{2{e}^{2}}$
a$∈（0，\frac{1}{2{e}^{2}}）$时，h′（a）＞0，a$∈（\frac{1}{2{e}^{2}}，\frac{1}{4}$），h′（a）＜0
∴h（a）在（0，$\frac{1}{2{e}^{2}}$）递增，在（$\frac{1}{{2e}^{2}}$，+∞）递减．
∴$h（a）_{max}=h（\frac{1}{2{e}^{2}}）=\frac{1}{{e}^{2}}-\frac{1}{2}$．
∴$λ＞\frac{1}{{e}^{2}}-\frac{1}{2}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查函数恒成立问题，属于难题．