Question

已知函數(shù)f（x）=ax²+x+lnx（a∈R）．
（Ⅰ）設(shè)a=0，求證：當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）≤2x-1；
（Ⅱ）若函數(shù)y=f（x）恰有兩個(gè)零點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂）
（i）求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（ii）已知存在x₀∈（x₁，x₂），使得f′（x₀）=0，試判斷x₀與

x1+x2

2

的大小，并加以證明．

Answer 1

考點(diǎn)：二次函數(shù)的性質(zhì),函數(shù)零點(diǎn)的判定定理

專(zhuān)題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用

分析：（Ⅰ）當(dāng)a=0時(shí)，通過(guò)求導(dǎo)得到函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最值，從而證出結(jié)論；
（Ⅱ）（i）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′（x）=2ax+1+

1

x

=

2ax2+x+1

x

，通過(guò)討論當(dāng)a≥0，當(dāng)a＜0時(shí)的情況得到f_max（x）=f（x₃）結(jié)合函數(shù)的極限問(wèn)題從而求出實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-1，0），
（ii）通過(guò)f(

x1+x2

2

)-f′（x₀）=

2

x2+x1

-

ln x2 x1

x2-x1

=

1

x2-x1

[

2(x2-x1)

x2+x1

-ln

x2

x1

]，設(shè)t=

x2

x1

（x₁＜x₂）得到φ（t）在（1，+∞）上是單調(diào)遞減，所以φ（t）＜φ（1）=0，
從而f′(

x1+x2

2

)-f′(x0)＜0，進(jìn)而證出結(jié)論．

解答： 解：（Ⅰ）當(dāng)a=0時(shí)，設(shè)g（x）=f（x）-（2x-1）=lnx-x+1（x＞0），
則g′(x)=

1

x

-1=

1-x

x

，
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g'（x）＞0；當(dāng)x＞1時(shí)，g'（x）＜0．
因此，函數(shù)g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上是單調(diào)遞減，
得g（x）≤g_max（x）=g（1）=0，即f（x）≤2x-1，
（Ⅱ）（i）由f（x）=ax²+x+lnx（x＞0）得：
f′（x）=2ax+1+

1

x

=

2ax2+x+1

x

，
當(dāng)a≥0時(shí)f′（x）＞0則f（x）在（0，+∞）上是單調(diào)遞增，
因此函數(shù)f（x）至多只有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意；
當(dāng)a＜0時(shí)，由2ax²+x+1=0得x3=

-1- 1-8a

4a

＞0，
因此，f（x）在（0，x₃）上是單調(diào)遞增，在（x₃，+∞）上是單調(diào)遞減，
所以f_max（x）=f（x₃）
一方面，當(dāng)x從右邊趨近于0時(shí)，f（x）→-∞；
當(dāng)x→+∞時(shí)，f（x）=ax²+x+lnx≤ax²+x+x-1=ax²+2x-1（a＜0），
因此，f（x）→-∞，
另一方面，由f'（x₃）=0得2ax32+x3+1=0，即ax32=-

x3+1

2

因此，f(x3)=ax32+x3+lnx3=-

x3+1

2

+x3+lnx3=

x3-1+2lnx3

2

很明顯f（x₃）在（0，+∞）上是單調(diào)遞增且f（1）=0，
根據(jù)題意得 f（x₃）＞0=f（1），∴x₃＞1即方程2ax²+x+1=0有且只有一個(gè)大于1的正實(shí)數(shù)根．
設(shè)h（x）=2ax²+x+1，由a＜0且h（0）=1＞0，得h（1）＞0解得a＞-1，
所以，實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-1，0），
（ii）判斷x₀＜

x1+x2

2

，
證明如下：由f′（x）=

2ax2+x+1

x

得f′′(x)=

2ax2-1

x2

，
由（1）得-1＜a＜0且x＞0，
因此f^′′（x）＜0，即f′（x）在（0，+∞）是單調(diào)遞減．
f′(

x1+x2

2

)=f(

x1+x2

2

)-f′（x₀）=f′(

x1+x2

2

)-

f(x1)-f(x2)

x2-x1

=

2a( x1+x2 2 )2+ x1+x2 2 +1

x1+x2 2

-

ax12+x1+lnx1-ax22-x2-lnx2

x1-x2

=

2

x2+x1

-

ln x2 x1

x2-x1

=

1

x2-x1

[

2(x2-x1)

x2+x1

-ln

x2

x1

]，
設(shè)t=

x2

x1

（x₁＜x₂）則x₂=tx₁且t＞1，
因此，f′(

x1+x2

2

)-f′（x₀）=

1

x2-x1

[

2(t-1)

t+1

-lnt]，
設(shè)φ(t)=

2(t-1)

t+1

-lnt(t＞1)，則φ′(t)=

2(t+1)-2(t-1)

(t+1)2

-

1

t

=-

(t-1)2

t(t+1)2

＜0，
因此，φ（t）在（1，+∞）上是單調(diào)遞減，所以φ（t）＜φ（1）=0，
又由x₂＞x₁得

1

x2-x1

＞0，知f′(

x1+x2

2

)-f′(x0)＜0，即f′(

x1+x2

2

)＜f′(x0)，
由f'（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減，得x₀＜

x1+x2

2

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查了不等式的證明，是一道綜合題．