Question

1．函数f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-（1+a）x+lnx（a≥0）．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）当a=0时，方程f（x）=mx在区间[1，e²]内有唯一实数解，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，通过讨论a的范围，得到导函数的符号，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）要使方程f（x）=mx在区间[1，e²]上有唯一实数解，只需m=$\frac{lnx}{x}$-1有唯一实数解，令g（x）=$\frac{lnx}{x}$-1，（x＞0），根据函数的单调性求出m的范围即可．

解答 解：（ I）f′（x）=$\frac{（ax-1）（x-1）}{x}$，（x＞0），（1分）
（ i）当a=0时，f′（x）=$\frac{1-x}{x}$，令f′（x）＞0，得0＜x＜1，令f′（x）＜0，得x＞1，
函数f（x）在（0，1）上单调递增，（1，+∞）上单调递减；      （2分）
（ ii）当0＜a＜1时，令f′（x）=0，得x₁=1，x₂=$\frac{1}{a}$＞1     （3分）
令f′（x）＞0，得0＜x＜1，x＞$\frac{1}{a}$，令f′（x）＜0，得1＜x＜$\frac{1}{a}$，
函数f（x）在（0，1）和（$\frac{1}{a}$，+∞）上单调递增，（1，$\frac{1}{a}$）上单调递减；   （4分）
（ iii）当a=1时，f′（x）≥0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；（5分）
（ iv）当a＞1时，0＜$\frac{1}{a}$＜1  （6分）
令f′（x）＞0，得0＜x＜$\frac{1}{a}$，x＞1，令f′（x）＜0，得$\frac{1}{a}$＜x＜1，（7分）
函数f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）和（1，+∞）上单调递增，（$\frac{1}{a}$，1）上单调递减；   （8分）
综上所述：当a=0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）；
当0＜a＜1时，函数f（x）的单调递增区间为（0，1）和（$\frac{1}{a}$，+∞），单调递减区间为（1，$\frac{1}{a}$）；
当a=1时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；
当a＞1时，函数f（x）的单调递增区间为（0，$\frac{1}{a}$）和（1，+∞），单调递减区间为（$\frac{1}{a}$，1）（9分）
（ II）当a=0时，f（x）=-x+lnx，由f（x）=mx，得-x+lnx=mx，又x＞0，所以m=$\frac{lnx}{x}$-1，
要使方程f（x）=mx在区间[1，e²]上有唯一实数解，
只需m=$\frac{lnx}{x}$-1有唯一实数解，（10分）
令g（x）=$\frac{lnx}{x}$-1，（x＞0），∴g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
由g′（x）＞0得0＜x＜e；g′（x）＜0得x＞e，
∴g（x）在区间[1，e]上是增函数，在区间[e，e²]上是减函数．（11分）
g（1）=-1，g（e）=$\frac{1}{e}$-1，g（e²）=$\frac{2}{{e}^{2}}$-1，
故-1≤m＜$\frac{2}{{e}^{2}}$-1或m=$\frac{1}{e}$-1 （12分）

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函数恒成立问题，是一道中档题．