Question

5．已知函數(shù)f（x）=x²-ax-1+lnx（x＞0）．
（Ⅰ）當(dāng)a=3時，求f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）若f（x）在$（0，\frac{1}{2}）$上是增函數(shù)，求a的取值范圍；
（Ⅲ）是否存在實數(shù)a＞1，使得方程f（x）=x²-1在區(qū)間（1，e）上有解，若存在，試求出a的取值范圍，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）將a=3代入f（x），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）問題等價于：$?x∈（0，\frac{1}{2}）$，$a≤2x+\frac{1}{x}$恒成立，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，求出2x+$\frac{1}{x}$在閉區(qū)間的最小值即可；
（Ⅲ）假設(shè)存在，等價轉(zhuǎn)化為：當(dāng)a＞1，函數(shù)h（x）=lnx-ax在區(qū)間（1，e）上有零點(diǎn)，得出矛盾，假設(shè)不成立．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a=3時，f（x）=x²-3x-1+lnx，
∴${f^'}（x）=2x-3+\frac{1}{x}=\frac{{2{x^2}-3x+1}}{x}＞0$，解得x＞1或$x＜\frac{1}{2}$，
又∵x＞0，∴f（x）單調(diào)增區(qū)間為$（0，\frac{1}{2}），（1，+∞）$；
（Ⅱ）若f（x）在$（0，\frac{1}{2}）$上是增函數(shù)，則對任意$x∈（0，\frac{1}{2}）$，f′（x）≥0恒成立，
∴${f^'}（x）=2x-a+\frac{1}{x}=\frac{{2{x^2}-ax+1}}{x}≥0$，
等價于：$?x∈（0，\frac{1}{2}）$，2x²-ax+1≥0恒成立，
等價于：$?x∈（0，\frac{1}{2}）$，$a≤2x+\frac{1}{x}$恒成立
令$g（x）=2x+\frac{1}{x}$，
∴${g^'}（x）=2-\frac{1}{x^2}=\frac{{2{x^2}-1}}{x^2}=\frac{{2（x-\frac{{\sqrt{2}}}{2}）（x+\frac{{\sqrt{2}}}{2}）}}{x^2}$，
∴g（x）在$（0，\frac{1}{2}）$上為減函數(shù)，$a≤g{（\frac{1}{2}）_{min}}=3$
（Ⅲ）假設(shè)a＞1，方程f（x）=x²-1在區(qū)間（1，e）有解，
等價轉(zhuǎn)化為：當(dāng)a＞1，函數(shù)h（x）=lnx-ax在區(qū)間（1，e）上有零點(diǎn)
令${h^'}（x）=\frac{1}{x}-a=\frac{1-ax}{x}＞0$，解得：$x＜\frac{1}{a}$，
又∵x＞0，∴h（x）單調(diào)增區(qū)間為$（0，\frac{1}{a}）$，單調(diào)減區(qū)間$（\frac{1}{a}，+∞）$，
∵a＞1，∴$\frac{1}{a}＜1$，
∴h（x）在（1，e）上為減區(qū)間，而h（1）=-a＜0，
故h（x）在（1，e）上不存在零點(diǎn)．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查函數(shù)恒成立問題，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．