Question

3．設(shè)函數(shù)f（x）=alnx+bx²，其中實(shí)數(shù)a，b為常數(shù)．
（Ⅰ）已知曲線y=f（x）在x=1處取得極值$\frac{1}{2}$．
①求a，b的值；
②證明：f（x）＞$\frac{x}{{e}^{x}}$；
（Ⅱ）當(dāng)b=$\frac{1}{2}$時(shí)，若方程f（x）=（a+1）x恰有兩個(gè)不同的解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）①求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到關(guān)于a，b的方程組，解出即可；②求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出f（x）的最小值，令g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，求出g（x）的最大值，證明結(jié)論即可；
（Ⅱ）根據(jù)方程$\frac{1}{2}$x²-（a+1）x+alnx=0在（0，+∞）上恰有2個(gè)解，令g（x）=$\frac{1}{2}$x²-（a+1）x+alnx，其中x∈（0，+∞），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，得到函數(shù)的單調(diào)性，從而確定a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）①f′（x）=$\frac{a}{x}$+2bx，
由題意得$\left\{\begin{array}{l}{f′（1）=a+2b=0}\\{f（1）=b=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-1}\\{b=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$；
②f（x）=-lnx+$\frac{1}{2}$x²，f′（x）=-$\frac{1}{x}$+x=$\frac{{x}^{2}-1}{x}$，
x∈（0，1）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）遞減，
x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）遞增，
故f（x）的最小值是f（1）=$\frac{1}{2}$，
令g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，g′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
x∈（0，1）時(shí)，g′（x）＞0，g（x）遞增，
x∈（1，+∞）時(shí)，g′（x）＜0，g（x）遞減，
故g（x）的最大值是g（1）=$\frac{1}{e}$，
∵f（x）_min＞g（x）_max，
故f（x）＞g（x），即f（x）＞$\frac{x}{{e}^{x}}$成立；
（Ⅱ）方程f（x）=（a+1）x恰有兩個(gè)不同的解，
即方程$\frac{1}{2}$x²-（a+1）x+alnx=0在（0，+∞）上恰有2個(gè)解，
令g（x）=$\frac{1}{2}$x²-（a+1）x+alnx，其中x∈（0，+∞），
g′（x）=x-（a+1）+$\frac{a}{x}$=$\frac{（x-1）（x-a）}{x}$，
（1）a＜0時(shí)，g（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
∵有2個(gè)零點(diǎn)，故g（1）＜0，即-$\frac{1}{2}$＜a＜0，
（2）a=0時(shí)，g（x）=$\frac{1}{2}$x²-x只有1個(gè)零點(diǎn)2，舍，
（3）0＜a＜1時(shí)，g（x）在（0，a）遞增，在（a，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
∵有2個(gè)零點(diǎn)，且g（1）=-a-$\frac{1}{2}$＜0，故g（a）=0，無解，舍，
（4）a=1時(shí)，g（x）在（0，+∞）遞增，不可能有2個(gè)零點(diǎn)，舍，
（5）a＞1時(shí)，g（x）在（0，1）遞增，在（1，a）遞減，在（a，+∞）遞增，
∵g（1）=-a-$\frac{1}{2}$＜0，不可能有2個(gè)零點(diǎn)，舍，
綜上，a∈（-$\frac{1}{2}$，0）時(shí)，方程f（x）=（a+1）xx恰有2個(gè)解．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．