Question

已知函数f（x）=ax²+x+lnx（a∈R）．
（Ⅰ）设a=0，求证：当x＞0时，f（x）≤2x-1；
（Ⅱ）若函数y=f（x）恰有两个零点x₁，x₂（x₁＜x₂）
（i）求实数a的取值范围；
（ii）已知存在x₀∈（x₁，x₂），使得f′（x₀）=0，试判断x₀与

x1+x2

2

的大小，并加以证明．

Answer 1

考点：二次函数的性质,函数零点的判定定理

专题：函数的性质及应用

分析：（Ⅰ）当a=0时，通过求导得到函数的单调性，求出函数的最值，从而证出结论；
（Ⅱ）（i）先求出函数的导数f′（x）=2ax+1+

1

x

=

2ax2+x+1

x

，通过讨论当a≥0，当a＜0时的情况得到f_max（x）=f（x₃）结合函数的极限问题从而求出实数a的取值范围是（-1，0），
（ii）通过f(

x1+x2

2

)-f′（x₀）=

2

x2+x1

-

ln x2 x1

x2-x1

=

1

x2-x1

[

2(x2-x1)

x2+x1

-ln

x2

x1

]，设t=

x2

x1

（x₁＜x₂）得到φ（t）在（1，+∞）上是单调递减，所以φ（t）＜φ（1）=0，
从而f′(

x1+x2

2

)-f′(x0)＜0，进而证出结论．

解答： 解：（Ⅰ）当a=0时，设g（x）=f（x）-（2x-1）=lnx-x+1（x＞0），
则g′(x)=

1

x

-1=

1-x

x

，
当0＜x＜1时，g'（x）＞0；当x＞1时，g'（x）＜0．
因此，函数g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上是单调递减，
得g（x）≤g_max（x）=g（1）=0，即f（x）≤2x-1，
（Ⅱ）（i）由f（x）=ax²+x+lnx（x＞0）得：
f′（x）=2ax+1+

1

x

=

2ax2+x+1

x

，
当a≥0时f′（x）＞0则f（x）在（0，+∞）上是单调递增，
因此函数f（x）至多只有一个零点，不符合题意；
当a＜0时，由2ax²+x+1=0得x3=

-1- 1-8a

4a

＞0，
因此，f（x）在（0，x₃）上是单调递增，在（x₃，+∞）上是单调递减，
所以f_max（x）=f（x₃）
一方面，当x从右边趋近于0时，f（x）→-∞；
当x→+∞时，f（x）=ax²+x+lnx≤ax²+x+x-1=ax²+2x-1（a＜0），
因此，f（x）→-∞，
另一方面，由f'（x₃）=0得2ax32+x3+1=0，即ax32=-

x3+1

2

因此，f(x3)=ax32+x3+lnx3=-

x3+1

2

+x3+lnx3=

x3-1+2lnx3

2

很明显f（x₃）在（0，+∞）上是单调递增且f（1）=0，
根据题意得 f（x₃）＞0=f（1），∴x₃＞1即方程2ax²+x+1=0有且只有一个大于1的正实数根．
设h（x）=2ax²+x+1，由a＜0且h（0）=1＞0，得h（1）＞0解得a＞-1，
所以，实数a的取值范围是（-1，0），
（ii）判断x₀＜

x1+x2

2

，
证明如下：由f′（x）=

2ax2+x+1

x

得f′′(x)=

2ax2-1

x2

，
由（1）得-1＜a＜0且x＞0，
因此f^′′（x）＜0，即f′（x）在（0，+∞）是单调递减．
f′(

x1+x2

2

)=f(

x1+x2

2

)-f′（x₀）=f′(

x1+x2

2

)-

f(x1)-f(x2)

x2-x1

=

2a( x1+x2 2 )2+ x1+x2 2 +1

x1+x2 2

-

ax12+x1+lnx1-ax22-x2-lnx2

x1-x2

=

2

x2+x1

-

ln x2 x1

x2-x1

=

1

x2-x1

[

2(x2-x1)

x2+x1

-ln

x2

x1

]，
设t=

x2

x1

（x₁＜x₂）则x₂=tx₁且t＞1，
因此，f′(

x1+x2

2

)-f′（x₀）=

1

x2-x1

[

2(t-1)

t+1

-lnt]，
设φ(t)=

2(t-1)

t+1

-lnt(t＞1)，则φ′(t)=

2(t+1)-2(t-1)

(t+1)2

-

1

t

=-

(t-1)2

t(t+1)2

＜0，
因此，φ（t）在（1，+∞）上是单调递减，所以φ（t）＜φ（1）=0，
又由x₂＞x₁得

1

x2-x1

＞0，知f′(

x1+x2

2

)-f′(x0)＜0，即f′(

x1+x2

2

)＜f′(x0)，
由f'（x）在（0，+∞）单调递减，得x₀＜

x1+x2

2

．

点评：本题考查了二次函数的性质，考查了导数的应用，考查了不等式的证明，是一道综合题．