Question

20．已知函數(shù)f（x）=x²+2ax+alnx，a≤0．
（1）若當(dāng)a=-2時(shí)，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f（x）＞$\frac{1}{2}$（2e+1）a，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）通過討論a的范圍，判斷函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)f（x）的最小值，分離參數(shù)a，從而求出a的范圍．

解答 解：（1）由題意得x∈（0，+∞），
當(dāng)a=-2時(shí)，$f（x）={x^2}-4x-2lnx，f'（x）=\frac{{2{x^2}-4x-2}}{x}=\frac{{2（{x-1-\sqrt{2}}）（{x-1+\sqrt{2}}）}}{x}$，…（2分）
∴當(dāng)$x∈（{0，1+\sqrt{2}}）$時(shí)，f'（x）＜0，當(dāng)$x∈（{1+\sqrt{2}，+∞}）$時(shí)，f'（x）＞0，…（4分）
∴f（x）的單調(diào)減區(qū)間是$（{0，1+\sqrt{2}}）$，單調(diào)增區(qū)間是$（{1+\sqrt{2}，+∞}）$…（5分）
（2）①當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=x²＞0，顯然符合題意；
②當(dāng)a＜0時(shí)，$f'（x）=\frac{{2{x^2}+2ax+a}}{x}$，…（6分）
對于2x²+2ax+a=0，△=4a²-8a＞0，
∴該方程有兩個(gè)不同實(shí)根，且一正一負(fù)，
即存在x₀∈（0，+∞），使得$2x_0^2+2a{x_0}+a=0$，即f'（x₀）=0，…（7分）
∴當(dāng)0＜x＜x₀時(shí)，f'（x）＜0，當(dāng)x＞x₀時(shí)，f'（x）＞0，…（8分）
∴$f{（x）_{min}}=f（{x_0}）=x_0^2+2a{x_0}+aln{x_0}=x_0^2+a{x_0}+\frac{a}{2}+（{a{x_0}-\frac{a}{2}+aln{x_0}}）=a{x_0}-\frac{a}{2}+aln{x_0}$，
∵$f（x）＞\frac{1}{2}（{2e+1}）a$，∴2x₀-1+2lnx＜2e+1，即x₀+lnx₀＜e+1，
由于g（x）=x+lnx在（0，+∞）上是增函數(shù)，
∴0＜x₀＜e…（9分）
由$2x_0^2+2a{x_0}+a=0$得$a=-\frac{2x_0^2}{{2{x_0}+1}}$，
設(shè)$h（x）=-\frac{{2{x^2}}}{2x+1}$，則$h'（x）=-\frac{{4{x^2}+4x}}{{{{（{2x+1}）}^2}}}＜0$，
∴函數(shù)$h（x）=-\frac{{2{x^2}}}{2x+1}$在（0，e）上單調(diào)遞減，…（10分）
∴$-\frac{2x_0^2}{{2{x_0}+1}}∈（{-\frac{{2{e^2}}}{2e+1}，0}）$…（11分）
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍$（{-\frac{{2{e^2}}}{2e+1}，0}]$…（12分）

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．