Question

18．已知函数f（x）=2lnx+x²-ax，a∈R．
（1）若函数y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）若a=e，解不等式：f（x）＜2；
（3）求证：当a＞4时，函数y=f（x）只有一个零点．

Answer 1

分析 （1）求导f′（x）=$\frac{2}{x}$+2-a，由题意可知：f′（x）≥0，根据基本不等式的性质，即可求得a的取值范围；
（2）由（1）可知：f（x）在（0，+∞）上单调递增，f（e）=2lne+e²-e²=2，f（x）＜f（e），即可求得不等式的解集；
（3）当a＞4时，g（x）=2x²-ax+2一定有两个零点，求得函数的单调区间，由g（x₁）=2x₁²-ax₁+2=0，则f（x₂）＜f（x₁）＜0，由f（x）=2lnx+x（x-a），则f（a）=2lna＞0，f（x）在（0，+∞）上只有一个零点．

解答 解：（1）由f（x）的定义域为（0，+∞），f（x）=2lnx+x²-ax，f′（x）=$\frac{2}{x}$+2-a，
由题意，对任意的x＞0，都有f′（x）=$\frac{2}{x}$+2-a≥0，
只要（$\frac{2}{x}$+2x）_min≥a，由$\frac{2}{x}$+2x≥2$\sqrt{\frac{2}{x}×2x}$=4，当且仅当x=1时取等号，
则a≤4，
∴实数a的取值范围是（-∞，4]；
（2）当a=e，f（x）=2lnx+x²-ex，f′（x）=$\frac{2}{x}$+2-e=$\frac{2{x}^{2}-ex+2}{x}$＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，
由f（e）=2lne+e²-e²=2，
∴f（x）＜2，则f（x）＜f（e），
∴0＜x＜e，
故不等式f（x）＜2的解集为（0，e）；
（3）证明：由f′（x）=$\frac{2}{x}$+2-a=$\frac{2{x}^{2}-ax+2}{x}$，x∈（0，+∞），
g（x）=2x²-ax+2，当a＞4时，△=a²-16＞0，
∴g（x）=2x²-ax+2一定有两个零点，
设x₁，x₂（x₁＜x₂），x₁x₂=1，
0＜x₁＜1＜x₂，
则f（x）在区间（0，x₁），（x₂，+∞）上单调递增，在（x₁，x₂）上单调递减，
g（x₁）=2x₁²-ax₁+2=0，
∴f（x₁）=2lnx₁+x₁²-ax₁=2lnx₁+x₁²-2，
由0＜x₁＜1，则f（x₁）=2lnx₁+x₁²-ax₁＜2ln1+1-2＜0，
∴f（x₂）＜f（x₁）＜0，
由f（x）=2lnx+x（x-a），则f（a）=2lna＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上只有一个零点．

点评 本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性及最值，考查函数零点的判断，考查转化思想，属于难题．