Question

10．已知函數(shù)f（x）=ax²-x-lnx，a∈R．
（1）當$a=\frac{3}{8}$時，求函數(shù)f（x）的最小值；
（2）若-1≤a≤0，證明：函數(shù)f（x）有且只有一個零點；
（3）若函數(shù)f（x）有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當$a=\frac{3}{8}$時，$f（x）=\frac{3}{8}{x^2}-x-lnx$．求出函數(shù)的導數(shù)，得到極值點，然后判斷單調(diào)性求解函數(shù)的最值．
（2）由f（x）=ax²-x-lnx，得$f'（x）=2ax-1-\frac{1}{x}=\frac{{2a{x^2}-x-1}}{x}，\;x＞0$．當a≤0時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上最多有一個零點，當-1≤a≤0時，f（1）=a-1＜0，$f（\frac{1}{e}）=\frac{{{e^2}-e+a}}{e^2}＞0$，推出結(jié)果．
（3）由（2）知，當a≤0時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上最多有一個零點．說明a＞0，由f（x）=ax²-x-lnx，得$f'（x）=\frac{{2a{x^2}-x-1}}{x}，\;（x＞0）$，說明函數(shù)f（x）在（0，x₀）上單調(diào)遞減；在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增．
要使得函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有兩個零點，只需要$ax_0^2-{x_0}-ln{x_0}＜0$．通過函數(shù)h（x）=2lnx+x-1在（0，+∞）上是增函數(shù)，推出0＜a＜1．驗證當0＜a＜1時，函數(shù)f（x）有兩個零點．證明：lnx≤x-1．
設(shè)t（x）=x-1-lnx，利用導數(shù)求解函數(shù)的最值即可．

解答 解：（1）當$a=\frac{3}{8}$時，$f（x）=\frac{3}{8}{x^2}-x-lnx$．
所以$f'（x）=\frac{3}{4}x-1-\frac{1}{x}=\frac{（3x+2）（x-2）}{4x}$，（x＞0）．   …2分
令f'（x）=0，得x=2，
當x∈（0，2）時，f'（x）＜0；當x∈（2，+∞）時，f'（x）＞0，
所以函數(shù)f（x）在（0，2）上單調(diào)遞減，在（2，+∞）上單調(diào)遞增．
所以當x=2時，f（x）有最小值$f（2）=-\frac{1}{2}-ln2$．…4分
（2）由f（x）=ax²-x-lnx，得$f'（x）=2ax-1-\frac{1}{x}=\frac{{2a{x^2}-x-1}}{x}，\;x＞0$．
所以當a≤0時，$f'（x）=\frac{{2a{x^2}-x-1}}{x}＜0$，
函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
所以當a≤0時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上最多有一個零點．…6分
因為當-1≤a≤0時，f（1）=a-1＜0，$f（\frac{1}{e}）=\frac{{{e^2}-e+a}}{e^2}＞0$，
所以當-1≤a≤0時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有零點．
綜上，當-1≤a≤0時，函數(shù)f（x）有且只有一個零點． …8分
（3）由（2）知，當a≤0時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上最多有一個零點．
因為函數(shù)f（x）有兩個零點，所以a＞0．  …9分
由f（x）=ax²-x-lnx，得$f'（x）=\frac{{2a{x^2}-x-1}}{x}，\;（x＞0）$，令g（x）=2ax²-x-1．
因為g（0）=-1＜0，2a＞0，
所以函數(shù)g（x）在（0，+∞）上只有一個零點，設(shè)為x₀．
當x∈（0，x₀）時，g（x）＜0，f'（x）＜0；當x∈（x₀，+∞）時，g（x）＞0，f'（x）＞0．
所以函數(shù)f（x）在（0，x₀）上單調(diào)遞減；在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增．
要使得函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有兩個零點，
只需要函數(shù)f（x）的極小值f（x₀）＜0，即$ax_0^2-{x_0}-ln{x_0}＜0$．
又因為$g（{x_0}）=2ax_0^2-{x_0}-1=0$，所以2lnx₀+x₀-1＞0，
又因為函數(shù)h（x）=2lnx+x-1在（0，+∞）上是增函數(shù)，且h（1）=0，
所以x₀＞1，得$0＜\frac{1}{x_0}＜1$．
又由$2ax_0^2-{x_0}-1=0$，得$2a={（\frac{1}{x_0}）^2}+\frac{1}{x_0}={（\frac{1}{x_0}+\frac{1}{2}）^2}-\frac{1}{4}$，
所以0＜a＜1． …13分
以下驗證當0＜a＜1時，函數(shù)f（x）有兩個零點．
當0＜a＜1時，$g（\frac{1}{a}）=\frac{2a}{a^2}-\frac{1}{a}-1=\frac{1-a}{a}＞0$，
所以$1＜{x_0}＜\frac{1}{a}$．
因為$f（\frac{1}{e}）=\frac{a}{e^2}-\frac{1}{e}+1=\frac{{{e^2}-e+a}}{e^2}＞0$，且f（x₀）＜0．
所以函數(shù)f（x）在$（\frac{1}{e}，{x_0}）$上有一個零點．
又因為$f（\frac{2}{a}）=\frac{4a}{a^2}-\frac{2}{a}-ln\frac{2}{a}≥\frac{2}{a}-（\frac{2}{a}-1）=1＞0$（因為lnx≤x-1），且f（x₀）＜0．
所以函數(shù)f（x）在$（{x_0}，\;\;\frac{2}{a}）$上有一個零點．
所以當0＜a＜1時，函數(shù)f（x）在$（\frac{1}{e}，\;\frac{2}{a}）$內(nèi)有兩個零點．
綜上，實數(shù)a的取值范圍為（0，1）． …16分
下面證明：lnx≤x-1．
設(shè)t（x）=x-1-lnx，所以$t'（x）=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$，（x＞0）．
令t'（x）=0，得x=1．
當x∈（0，1）時，t'（x）＜0；當x∈（1，+∞）時，t'（x）＞0．
所以函數(shù)t（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
所以當x=1時，t（x）有最小值t（1）=0．
所以t（x）=x-1-lnx≥0，得lnx≤x-1成立．

點評 本題考查函數(shù)的導數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的極值，構(gòu)造法以及分類討論思想的應(yīng)用，考查計算能力．