Question

5．设函数f（x）=$\frac{x^2}{2}$+alnx．
（Ⅰ）若a＜0，求f（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，证明：若f（x）存在零点，则f（x）在区间（0，$\sqrt{e}$]上仅有一个零点；
（Ⅲ）若存在x₀≥1，使得f（x）-$\frac{a}{2}$x²-x＜$\frac{a}{a-1}$（a≠1），求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，列表得到函数的单调区间，求出函数的极值即可；
（Ⅱ）根据f（x）的最小值，得到关于a的不等式，求出a的范围，结合函数的单调性求出函数的唯一零点即可证明结论；
（Ⅲ）设g（x）=f（x）-$\frac{a}{2}$x²-x，求出g（x）的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，得到关于a的不等式，解出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），…（1分）
f′（x）=x+$\frac{a}{x}$=$\frac{{{x^2}+a}}{x}$，…（2分）
由f′（x）=0解得x=$\sqrt{-a}$．
f（x）与f?（x）在区间（0，+∞）上的情况如下：

x	（0，$\sqrt{-a}$）	$\sqrt{-a}$	（$\sqrt{-a}$，+∞）
f?（x）	-	0	+
f（x）	↘	$\frac{-a+aln（-a）}{2}$	↗

∴f（x）的单调递减区间是（0，$\sqrt{-a}$），单调递增区间是（$\sqrt{-a}$，+∞）；
f（x）在x=$\sqrt{-a}$处取得极小值$\frac{-a+aln（-a）}{2}$．                …（5分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）在区间（0，+∞）上的最小值为$\frac{-a+aln（-a）}{2}$，
因为f（x）存在零点，所以$\frac{-a+aln（-a）}{2}$≤0，从而a≤-e，
当a=-e时，f（x）在区间（0，$\sqrt{e}$）上单调递减，且f（$\sqrt{e}$）=0，
所以x=$\sqrt{e}$是f（x）在区间（0，$\sqrt{e}$]上的唯一零点，
当a＜-e时，f（x）在区间（0，$\sqrt{e}$）上单调递减，
且f（1）=$\frac{1}{2}$＞0，f（$\sqrt{e}$）=$\frac{e+a}{2}$＜0，
所以f（x）在区间（0，$\sqrt{e}$]上仅有一个零点．
综上可知，若f（x）存在零点，则f（x）在区间（0，$\sqrt{e}$]上仅有一个零点．…（9分）
（Ⅲ）设g（x）=f（x）-$\frac{a}{2}$x²-x=alnx+$\frac{1-a}{2}$x²-x，
g′（x）=$\frac{a}{x}$+（1-a）x-1=$\frac{1-a}{x}$（x-$\frac{a}{1-a}$）（x-1），
①若a＞1，则g（1）=$\frac{1-a}{2}$-1=$\frac{-1-a}{2}$＜$\frac{a}{a-1}$，符合题意，
②若a≤$\frac{1}{2}$，则$\frac{a}{1-a}$≤1，故当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）在（1，+∞）上单调递增．
所以，存在x₀≥1，使得f（x）-$\frac{a}{2}$x²-x＜$\frac{a}{a-1}$的充要条件为：
g（1）=$\frac{1-a}{2}$-1=$\frac{-1-a}{2}$＜$\frac{a}{a-1}$，解得-$\sqrt{2}$-1＜a＜$\sqrt{2}$-1，
③若$\frac{1}{2}$＜a＜1，则$\frac{a}{1-a}$＞1，故当x∈（1，$\frac{a}{1-a}$）时，g′（x）＜0；
当x∈（$\frac{a}{1-a}$，+∞）时，g′（x）＞0．
g（x）在（1，$\frac{a}{1-a}$）上单调递减，在（$\frac{a}{1-a}$，+∞）上单调递增．
所以，存在x₀≥1，使得f（x）-$\frac{a}{2}$x²-x＜$\frac{a}{a-1}$的充要条件为：g（$\frac{a}{1-a}$）＜$\frac{a}{a-1}$，
而g（$\frac{a}{1-a}$）=aln$\frac{a}{1-a}$+$\frac{a^2}{2（1-a）}$+$\frac{a}{a-1}$＞$\frac{a}{a-1}$，所以不合题意．
综上，a的取值范围是（-$\sqrt{2}$-1，$\sqrt{2}$-1）∪（1，+∞）．             …（14分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值、极值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查分类讨论思想，是一道综合题．