Question

11．设函数f（x）=lnx-x²+ax（a∈R）．
（1）当a=1时，求f（x）的最大值；
（2）求函数f（x）的单调区间；
（3）设g（x）=$\frac{ex}{{e}^{x}}$，若对于任意给定的x₀∈（0，e]，方程f（x）+1=g（x₀）在（0，e]内有两个不同的实数根，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）将a=1代入函数的表达式，求出函数的导数，得到函数的单调区间；
（2）先求出函数的导数，结合二次函数的性质，判断导函数的符号，从而求出函数的单调性；
（3）先求出函数g（x）的值域，求出F（x）的导数，结合函数的单调性得到F（e）≤0且F（x）_max＞1，进而求出a的范围．

解答 解：（1）a=1时，f（x）=lnx-x²+x，
f′（x）=$\frac{1}{x}$-2x+1=$\frac{-{2x}^{2}+x+1}{x}$=$\frac{-（2x+1）（x-1）}{x}$
由f′（x）=0再结合x＞0得：
当x∈（0，1）时f′（x）＞0，则f（x）是增函数；
当x∈（1，+∞）时f′（x）＜0，则f（x）是减函数
∴f（x）_最大值=f（x）_极大值=f（1）=0；
（2）f′（x）=$\frac{1}{x}$-2x+a=$\frac{-{2x}^{2}+ax+1}{x}$，
由f′（x）=0得-2x²+ax+1=0，
该方程的判别式△=a²+8＞0，可知方程有两个实数根$\frac{a±\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$，
由x＞0取x=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$，
当x∈（0，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$）时f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；
当x∈（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$，+∞）时f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．
∴f（x）的单增区间是（0，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$）；单减区间是（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$，+∞），
（3）g′（x）=（1-x）e^1-x，当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，g（x）是增函数；
当x∈（1，e）时，g′（x）＜0，g（x）是减函数，
∴函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]，
令F（x）=f（x）+1，则F′（x）=f′（x）=$\frac{-{2x}^{2}+ax+1}{x}$，
由F′（x）=0，结合（1）可知，方程F′（x）=0在（0，+∞）上有一个实数根x₃，
若x₃≥e，则F（x）在（0，e]上单调递增，不合题意．
∴F′（x）=0在（0，e]上有唯一的解x₃=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$，
且F（x）在（0，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$）上单调递增；在（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$，+∞）单调递减．
∵?x₀∈（0，e]，方程f（x）+1=g（x₀）在（0，e]内有两个不同的实数根
∴F（e）≤0且F（x）_max＞1，
由F（e）≤0得lne-e²+ae+1≤0，解得：a≤e-$\frac{2}{e}$，
由F（x）_max=F（x₃），得lnx₃-${{x}_{3}}^{2}$+ax₃+1＞1，lnx₃-${{x}_{3}}^{2}$+ax₃＞0，
∵-2${{x}_{3}}^{2}$+ax₃+1=0，∴a=2x₃-$\frac{1}{{x}_{3}}$代入lnx₃-${{x}_{3}}^{2}$+ax₃＞0得：
lnx₃+${{x}_{3}}^{2}$-1＞0，
令h（x）=lnx₃+${{x}_{3}}^{2}$-1，可知函数h（x）在（0，e]上单调递增，
而h（1）=0，∴h（x₃）＞h（1）=0，∴1＜x₃＜e，
又a=2x₃-$\frac{1}{{x}_{3}}$在1＜x₃＜e上单调递增，
∴1＜a＜2e-$\frac{1}{e}$，
综上所述，a∈（1，e-$\frac{2}{e}$]

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，函数恒成立问题，考查解题能力，本题难度较大．