Question

已知函數(shù)f(x)=

1

2

ax2+2x(a≠0)，g(x)=lnx．
（Ⅰ）若h（x）=f（x）-g（x）存在單調(diào)增區(qū)間，求a的取值范圍；
（Ⅱ）是否存在實數(shù)a＞0，使得方程

g(x)

x

=f′(x)-(2a+1)在區(qū)間(

1

e

，e)內(nèi)有且只有兩個不相等的實數(shù)根？若存在，求出a的取值范圍，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（I）利用導數(shù)進行理解，即h'（x）＞0在（0，+∞）上有解．可得不等式ax²+2x-1＞0在（0，+∞）上有解，結(jié)合根的判別式列式，即可得到a的取值范圍．
（II）對于存在性問題，可先假設(shè)存在，即假設(shè)存在實數(shù)a＞0，使得方程

g(x)

x

=f′(x)-(2a+1)在區(qū)間(

1

e

，e)內(nèi)有且只有兩個不相等的實數(shù)根，即ax²+（1-2a）x-lnx=0，設(shè)h（x）=ax²+（1-2a）x-lnx，再利用利用導數(shù)討論h（x）的單調(diào)性，由此建立不等式組并解之，可得實數(shù)a的取值范圍．

解答：解：（Ⅰ）由已知，得h（x）=

1

2

ax2+2x-lnx，且x＞0，
則h'（x）=ax+2-

1

x

=

ax2+2x-1

x

，…（2分）
∵函數(shù)h（x）存在單調(diào)遞增區(qū)間，∴h'（x）＞0在（0，+∞）上有解，
即不等式ax²+2x-1＞0在（0，+∞）上有解．
①當a＜0時，y=ax²+2x-1的圖象為開口向下的拋物線，對稱軸為x=-

1

a

＞0要使ax²+2x-1＞0在（0，+∞）上總有解，只需△=4+4a＞0，即a＞-1．即-1＜a＜0
②當a＞0 時，y=ax²+2x-1的圖象為開口向上的拋物線，ax²+2x-1＞0 一定有解．
綜上，a的取值范圍是（-1，0）∪（0，+∞）                         …（5分）
（Ⅱ）方程

g(x)

x

=f′(x)-(2a+1)
則

lnx

x

=ax+2-(2a+1)=ax+(1-2a)
即ax²+（1-2a）x-lnx=0…（6分），
設(shè)h（x）=ax²+（1-2a）x-lnx．
于是原方程在區(qū)間(

1

e

，e)內(nèi)根的問題，轉(zhuǎn)化為函數(shù)h（x）在區(qū)間(

1

e

，e)內(nèi)的零點問題

h′(x)=2ax+(1-2a)- 1 x = 2ax2+(1-2a)x-1 x = (2ax+1)(x-1) x 當x∈(0，1)時，h′(x)＜0，h(x)是減函數(shù)； 當x∈(1，+∞)時，h′(x)＞0，h(x)是增函數(shù)；

…（9分）

若h(x)在( 1 e ，e)內(nèi)有且只有兩個不相等的零點，只須 h( 1 e )= a2 e2 + 1-2a e +1= (1-2e)a+e2+e e2 ＞0 h(x)min=h(1)=a+(1-2a)=1-a＜0 h(e)=ae2+(1-2e)a-1=(e2-2e)a+(e-1)＞0

…（12分）
解得1＜a＜

e2+e

2e-1

，所以a的取值范圍是(1，

e2+e

2e-1

)…（14分）

點評：本題主要考查函數(shù)與導數(shù)，以及函數(shù)與方程思想，體現(xiàn)了導數(shù)值為一種研究函數(shù)的工具，能完成單調(diào)性的判定和最值的求解方程，同時能結(jié)合常用數(shù)學思想，來考查同學們靈活運用知識解決問題的能力．