Question

10．已知函数f（x）=alnx+x² （a为常数）．
（1）当a=-2时，求f（x）的单调区间；
（2）当x∈（1，e]时，讨论方程f（x）=0根的个数；
（3）若a＞0，且对任意的x₁，x₂∈$[{\frac{1}{e}，\;\frac{1}{2}}]$且x₁≠x₂，都有|f（x₁）-f（x₂）|＜$|{\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}}$|，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据导数和函数的单调性的关系即可求出；
（2）把原函数f（x）=alnx+x²求导，分a≥0和a＜0讨论打哦函数的单调性，特别是当a＜0时，求出函数f（x）在[1，e]上的最小值及端点处的函数值，然后根据最小值和F（e）的值的符号讨论在x∈[1，e]时，方程f（x）=0根的个数；
（3）问题转化为等价于函数h（x）=f（x）+$\frac{1}{x}$在$x∈[{\frac{1}{e}，\;\frac{1}{2}}]$时是减函数，结合函数的单调性得到a≤-$\frac{1}{x}$2x²，求出a的范围即可．

解答 解：（1）当a=-2时，f（x）=-2lnx+x²，定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=-$\frac{2}{x}$+2x=$\frac{2{x}^{2}-2}{x}$=$\frac{2（x+1）（x-1）}{x}$，
当f′（x）＜0，解得0＜x＜1，当f′（x）＞0，解得x＞1，
∴f（x）得单调递减区间为（0，1），递增区间为（1，+∞）．
（2）方程f（x）=0根的个数等价于方程-a=$\frac{{x}^{2}}{lnx}$根的个数．
设g（x）=$\frac{{x}^{2}}{lnx}$，
∴g′（x）=$\frac{2xlnx-x}{l{n}^{2}x}$=$\frac{x（2lnx-1）}{l{n}^{2}x}$，
当x∈（1，$\sqrt{e}$）时，g′（x）＜0，函数g（x）递减，
当x∈（$\sqrt{e}$，e]时，g′（x）＞0，函数g（x）递增．
又g（e）=e²，g（$\sqrt{e}$）=2e，作出y=g（x）与直线y=-a的图象如图，
由图象知：
当2e＜-a≤e²时，即-e²≤a≤-2时，方程f（x）=0有2个相异的根；
当a＜-e²或a=-2e时，方程f（x）=0有1个根； 
当a＞2e时，方程f（x）=0有0个根．
（3）当a＞0时，$f'（x）=\frac{a}{x}+2x＞0$，
f（x）在$x∈[{\frac{1}{e}，\;\frac{1}{2}}]$上是增函数，又函数y=$\frac{1}{x}$是减函数，
不妨设$\frac{1}{e}≤{x_1}＜\;{x_2}≤\frac{1}{2}$，
则$|{f（{x_1}）-f（{x_2}）}|＜|{\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}}|$等价于$f（{x_2}）-f（{x_1}）＜\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}$，
即$f（{x_2}）+\frac{1}{x_2}＜f（{x_1}）+\frac{1}{x_1}$，
令h（x）=f（x）+$\frac{1}{x}$，
∴h′（x）=$\frac{a}{x}$+2x-$\frac{1}{{x}^{2}}$≤0恒成立，即a≤$\frac{1}{x}$-2x²在$x∈[{\frac{1}{e}，\;\frac{1}{2}}]$时恒成立，
设φ（x）=$\frac{1}{x}$-2x²，
∴$φ（x）=\frac{1}{x}-2{x^2}$在$x∈[{\frac{1}{e}，\;\frac{1}{2}}]$时是减函数．
∴$a≤φ（\frac{1}{2}）=\frac{3}{2}$，
又a＞0，
∴实数a的取值范围是（0，$\frac{3}{2}$]．

点评 本题考查了利用导数求闭区间上的最值，考查了根的存在性及根的个数的判断，考查了分类讨论的数学思想方法和数学转化思想方法，训练了构造函数求变量的取值范围，属于难题．