Question

3．已知函數(shù)$f（x）=alnx-\frac{1}{2}{x^2}$，a∈R．
（Ⅰ）當a∈[1，e²]時，討論函數(shù)f（x）的零點的個數(shù)；
（Ⅱ）令g（x）=tx²-4x+1，t∈[-2，2]，當a∈[1，e]時，證明：對任意的${x_1}∈[1，\sqrt{e}]$，存在x₂∈[0，1]，使得f（x₁）=g（x₂）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的方程，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的最大值，通過討論a的范圍，判斷函數(shù)的零點個數(shù)即可；
（Ⅱ）通過討論a的范圍，求出函數(shù)f（x）的值域，通過討論t的范圍，求出g（x）的最值，結合集合的包含關系證明結論即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定義域是（0，+∞），f′（x）=$\frac{a{-x}^{2}}{x}$，
令f′（x）=0，解得：x=$\sqrt{a}$或x=-$\sqrt{a}$（舍），
x∈（0，$\sqrt{a}$）時，f′（x）＞0，f（x）遞增，
x∈（$\sqrt{a}$，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）遞減，
故f（x）_max=f（$\sqrt{a}$）=$\frac{1}{2}$a（lna-1），
令h（a）=$\frac{1}{2}$a（lna-1），a∈[1，e²]，則h′（a）=$\frac{1}{2}$lna≥0，
故函數(shù)h（a）在[1，e²]遞增，
故h（1）≤h（a）≤h（e²），即-$\frac{1}{2}$≤h（a）≤$\frac{1}{2}$e²，
令h（a）=0，則a=e，
a∈[1，e）時，h（a）＜0，即f（x）max＜0，此時f（x）無零點，
a=e時，h（a）=0，即f（x）max=0，f（x）有1個零點，
a∈（e，e²]時，h（a）＞0，即f（x）max＞0，
由函數(shù)f（x）的定義域可知x→0時，lnx→-∞，
$\frac{1}{2}$x²→0，故f（x）→-∞，x→+∞時，f（x）→-∞，
故此時f（x）有2個零點，
綜上，a∈[1，e）時，函數(shù)f（x）無零點，a=e時，函數(shù)f（x）有唯一零點，
a∈（e，e²]時，函數(shù)f（x）有2個零點；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：a∈[1，e]時，f（x）_max=f（$\sqrt{a}$）≤0，又f（1）=-$\frac{1}{2}$，
f（$\sqrt{e}$）=$\frac{1}{2}$（a-e）∈[$\frac{1}{2}$（1-e），0]，
當$\frac{1}{2}$（a-e）≥-$\frac{1}{2}$時，函數(shù)f（x）=alnx-$\frac{1}{2}$x²，（x∈[1，$\sqrt{e}$）的值域是：
[-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$a（lna-1）]⊆[-$\frac{1}{2}$，0]，
當$\frac{1}{2}$（a-e）＜-$\frac{1}{2}$時，函數(shù)f（x）=alnx-$\frac{1}{2}$x²（x∈[1，$\sqrt{e}$]的值域是：
[$\frac{1}{2}$（a-e），$\frac{1}{2}$a（lna-1）]⊆[$\frac{1}{2}$（1-e），$\frac{1}{2}$a（lna-1）]?[-1，0]，
由上可知，對于任意的x₁∈[1，$\sqrt{e}$]，f（x₁）∈[-1，0]，
對于函數(shù)g（x），g（x）=tx²-4x+1=t${（x-\frac{2}{t}）}^{2}$+1-$\frac{4}{t}$，x∈[0，1]，
當-2≤t＜0時，$\frac{2}{t}$＜0，g（x）在區(qū)間[0，1]遞減，
當t=0時，g（x）=-4x+1，g（x）在區(qū)間[0，1]遞減，
0＜t≤2時，$\frac{2}{t}$≥1，g（x）在區(qū)間[0，1]遞減，
故t∈[-2，2]時，g（x）_min=g（1）=t-3∈[-5，-1]，g（x）_max=g（0）=1，
故x₂∈[0，1]時，g（x₂）∈[-1，0]?[t-3，1]，
故對任意的${x_1}∈[1，\sqrt{e}]$，存在x₂∈[0，1]，使得f（x₁）=g（x₂）．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，轉化思想，考查函數(shù)的零點問題，是一道綜合題．