Question

4．已知函數(shù)f（x）=2xlnx-（x-a）²．
（1）若f（x）在定義域上為單調遞減函數(shù)，求函數(shù)a的取值范圍；
（2）是否存在實數(shù)a，使得f（x）≤0恒成立且f（x）有唯一零點，若存在，求出滿足a∈（n，n+1），n∈Z的n的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）求導，由題意可知：f′（x）≤0恒成立，構造輔助函數(shù)，求導，利用函數(shù)的單調性與導數(shù)的關系，即可求得函數(shù)a的取值范圍；
（2）求導，當a≤0時，f（x）在[1，+∞）單調遞減，則f（1）≤f（1）=-（x-a）²＜0無零點，當a＞0時，構造輔助函數(shù)，求導，利用導數(shù)與函數(shù)單調性的關系及函數(shù)零點的判斷，即可求得存在n=0即a∈（0，1），使得f（x）≤0恒成立且f（x）有唯一零點．

解答 解：（1）由已知，函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），求導f′（x）=2（lnx-x+1+a），
則f（x）在定義域上單調遞減，則f′（x）≤0恒成立，
則g（x）=f′（x）=2（lnx-x+1+a），則g′（x）=$\frac{2}{x}$-2=$\frac{2（1-x）}{x}$，
當x∈（0，1），g′（x）＞0，g（x）單調遞增，
當x∈（1，+∞），g′（x）＜0，g（x）單調遞減，
即f′（x）在（0，1）內單調遞增，在（1，+∞）單調遞減，
∴f′（x）≤f′（1）≤0，則a≤0，
函數(shù)a的取值范圍（-∞，0]；
（2）當x∈（0，1），xlnx＜0，∴f（x）=2xlnx-（x-a）²＜0恒成立，
當x∈（1，+∞），由（1）可知，f′（x）在[1，+∞）單調遞減，
①當a≤0時，由（1）可知，f（x）在[1，+∞）單調遞減，
則f（1）≤f（1）=-（x-a）²＜0，f（x）無零點，不符合題意；
②當a＞0時，設p（x）=e^x-2x，（x＞0），p′（x）=e^x-2，則p（x）＞p（ln2）=2-lnx2＞0，
∴f′（e^a+1）=2（a+1）-e^a+1＜0，由f′（1）＞0，
∴存在x₀∈（1，e^a+1），使得f′（x₀）=0，即a=x₀-1-lnx₀，①
故當且僅當x∈（1，x₀）時，f′（x₀）＞0，當x∈（x₀，+∞），f′（x₀）＜0，
∴f（x）在（1，x₀）內單調遞增，在（x₀，+∞）內單調遞減，
由f（x）≤0恒成立，且f（x）有唯一的零點，
∴f（x₀）=2x₀lnx₀-（x₀-a）²=0，②
由①②可知：$\left\{\begin{array}{l}{a={x}_{0}-1-ln{x}_{0}}\\{2{x}_{0}ln{x}_{0}-（{x}_{0}-a）^{2}=0}\end{array}\right.$，③
聯(lián)立2x₀lnx₀-（x₀-a）²=2x₀lnx₀-[x₀-（x₀-1-lnx₀）]²=2x₀lnx₀-（1+lnx₀）²，
設φ（x）=2xlnx-（1+lnx）²，則φ（1）=1＞0，φ（e）=2（2-e）＜0，
當且x≥1時，φ′（x）=2（lnx+1）（1-$\frac{1}{x}$）≥0，
則φ（x）在（1，e）上有唯一零點x₀，
即滿足方程組③的x₀唯一，且x₀∈（1，e），
設u（x）=x-1-lnx（x＞1），則u′（x）=1-$\frac{1}{x}$≥0，則u（x）在（1，+∞）上單調遞增，
則0=u（1）＜a=u（x₀）＜u（e）=e-2＜1，
即滿足方程組③的a∈（0，1），則n=0，
綜上所述，存在n=0即a∈（0，1），使得f（x）≤0恒成立且f（x）有唯一零點．

點評 本題考查導數(shù)的綜合應用，導數(shù)與函數(shù)的單調性的關系，函數(shù)零點的判斷，考查分類討論思想，考查計算能力，屬于難題．