Question

3．已知函數(shù)g（x）=$\frac{a}{6}$x³-$\frac{1}{2}$x²，a∈R，其導(dǎo)函數(shù)為g′（x）
（1）設(shè)f（x）=lnx-g′（x），求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）函數(shù)f（x）=lnx-g′（x）的極值為正實數(shù)，求a的取值范圍；
（3）當(dāng)a=$\frac{3}{2e}$時，若函數(shù)y=g（x）+mx-lnx有零點，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）f$′（x）=\frac{1}{x}-ax+1$=-$\frac{a{x}^{2}-x-1}{x}$．分①a≤0，②a＞0，討論單調(diào)性；
（2）由（1）得當(dāng)a≤0時，f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，故函數(shù)f（x）無極值；當(dāng)a＞0時，f（x）有極大值，其值為f（x₂）=lnx₂-$\frac{1}{2}a{{x}_{2}}^{2}+{x}_{2}$=lnx₂+$\frac{{x}_{2}-1}{2}$．設(shè)函數(shù)h（x）=lnx+$\frac{x-1}{2}$（x＞0），可得$h（x）=lnx+\frac{x-1}{2}$在（0，+∞）上為增函數(shù)．可得f（x₂）=lnx₂+$\frac{{x}_{2}-1}{2}$＞0等價于x₂＞1．即在a＞0時，方程ax²-x-1=0的大根大于1，設(shè)φ（x）=ax²-x-1，只需φ（1）＜0，即a-1-1＜0，解得a；
（3）函數(shù)y=$\frac{{x}^{3}}{4e}-\frac{1}{2}{x}^{2}+mx-lnx$有零點，則方程$\frac{{x}^{3}}{4e}-\frac{1}{2}{x}^{2}+mx-lnx$=0有實根，即方程$\frac{{x}^{2}}{4e}-\frac{1}{2}x+m-\frac{lnx}{x}=0$有實根，令${y}_{1}=\frac{{x}^{2}}{4e}-\frac{1}{2}x+m$，${y}_{2}=\frac{lnx}{x}$利用兩函數(shù)單調(diào)性在同一坐標(biāo)系中畫出其草圖，結(jié)合圖象可得m的取值范圍

解答 解：（1）函數(shù)的定義域為（0，+∞）．f$′（x）=\frac{1}{x}-ax+1$=-$\frac{a{x}^{2}-x-1}{x}$．
①當(dāng)a≤0時，∵$\frac{1}{x}＞0$，-ax＞0，∴f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增．
②當(dāng)a＞0時，則△＞0，方程ax²-x-1=0的兩個實根分別為${x}_{1}=\frac{1-\sqrt{1+4a}}{2a}$＜0，${x}_{2}=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$＞0．
此時，當(dāng)x∈（0，x₂）時，f′（x）＞0，當(dāng)x∈（x₂，+∞）時，f′（x）＜0．
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，x₂），單調(diào)遞減區(qū)間為（x₂，+∞）．
綜上所述，當(dāng)a＞0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$），單調(diào)遞減區(qū)間為（$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，+∞）．
 當(dāng)a≤0時，f（x）單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞），無單調(diào)遞減區(qū)間．
（2）解：由（1）得當(dāng)a≤0時，f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，故函數(shù)f（x）無極值；
當(dāng)a＞0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$），單調(diào)遞減區(qū)間為（$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，+∞）．
則f（x）有極大值，其值為f（x₂）=lnx₂-$\frac{1}{2}a{{x}_{2}}^{2}+{x}_{2}$，∵而$a{{x}_{2}}^{2}-{x}_{2}-1=0$，∴f（x₂）=lnx₂+$\frac{{x}_{2}-1}{2}$．
設(shè)函數(shù)h（x）=lnx+$\frac{x-1}{2}$（x＞0），則h′（x）=$\frac{1}{x}+\frac{1}{2}＞0$，則$h（x）=lnx+\frac{x-1}{2}$在（0，+∞）上為增函數(shù)．又h（1）=0，則h（x）＞0等價于x＞1．
∴f（x₂）=lnx₂+$\frac{{x}_{2}-1}{2}$＞0等價于x₂＞1．
即在a＞0時，方程ax²-x-1=0的大根大于1，設(shè)φ（x）=ax²-x-1，
由于φ（x）的圖象是開口向上的拋物線，且經(jīng)過點（0，-1），對稱軸x=$\frac{1}{2a}＞0$，
則只需φ（1）＜0，即a-1-1＜0，解得a＜2，而a＞0，故實數(shù)a的取值范圍為（0，2）．
（3）函數(shù)y=$\frac{{x}^{3}}{4e}-\frac{1}{2}{x}^{2}+mx-lnx$有零點，則方程$\frac{{x}^{3}}{4e}-\frac{1}{2}{x}^{2}+mx-lnx$=0有實根，
即方程$\frac{{x}^{2}}{4e}-\frac{1}{2}x+m-\frac{lnx}{x}=0$有實根，
令${y}_{1}=\frac{{x}^{2}}{4e}-\frac{1}{2}x+m$，${y}_{2}=\frac{lnx}{x}$
∵x∈（0，e）時，y₁遞減，x∈（e，+∞）時，y₁遞增，
∵x∈（0，e）時，y₂遞增，x∈（e，+∞）時，y₂遞減．，
在同一坐標(biāo)系中其草圖如下：

要使函數(shù)y=g（x）+mx-lnx有零點，則必須$\frac{{e}^{2}}{4e}-\frac{1}{2}e+m≤\frac{1}{e}$，⇒m≤$\frac{1}{e}+\frac{e}{4}$
∴m的取值范圍為（-∞，$\frac{1}{e}+\frac{e}{4}$）

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查了分類討論思想、數(shù)形結(jié)合思想、轉(zhuǎn)化思想，屬于難題．