Question

15．设函数$f（x）=（{{x^2}-2x}）lnx+（{a-\frac{1}{2}}）{x^2}+2（{1-a}）x+a$．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当a＜-2时，讨论f（x）的零点个数．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）求出f（e^-a），由f（1）＞0，f（e^-a）＜0，及f（x）的单调性，可知f（x）在（1，e^-a）上有唯一零点，取${x_1}={e^{-a+\frac{1}{2}}}$，则${x_1}＞{e^{-a}}$，根据函数的零点存在定理讨论即可．

解答 解：（Ⅰ）f'（x）=2（x-1）（lnx+a）（x＞0）．
①当a=0时，f'（x）=2（x-1）lnx，当0＜x＜1时，f'（x）＞0，
当x＞1时，f'（x）＞0．当x=1时，f'（x）=0．∴f（x）在（0，+∞）递增；
②当a＞0时，令f'（x）=0，得${x_1}=1，{x_2}={e^{-a}}$，此时e^-a＜1．
易知f（x）在（0，e^-a）递增，（e^-a，1）递减，（1，+∞）递增；
③当a＜0时，e^-a＞1．易知f（x）在（0，1）递增，（1，e^-a）递减，（e^-a，+∞）递增．
（Ⅱ）当a＜-2时，由（Ⅰ）知f（x）在（0，1）上递增，（1，e^-a）上递减，（e^-a，+∞）上递增，
且$f（1）=a-\frac{1}{2}+2（{1-a}）+a=\frac{3}{2}＞0$，将x=e^-a代入f（x），
得$f（x）=f（{{e^{-a}}}）=（{{x^2}-2x}）（{-a}）+（{a-\frac{1}{2}}）{x^2}+2（{1-a}）x+a=-\frac{1}{2}{（{x-2}）^2}+a+2$，
∵a＜-2，∴f（e^-a）＜0．
下面证明  当x∈（0，1）时存在x₀，使f（x₀）＜0．
首先，由不等式lnx＜x-1，∴$ln\frac{1}{x}＜\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$，∴$-lnx＜\frac{1-x}{x}$，∴$lnx＞\frac{x-1}{x}$．
考虑到x²-2x=x（x-2）＜0，
∴$f（x）=（{{x^2}-2x}）lnx+（{a-\frac{1}{2}}）{x^2}+2（{1-a}）x+a＜（{{x^2}-2x}）•\frac{x-1}{x}+（{a-\frac{1}{2}}）{x^2}+$$2（{1-a}）x+a=（{a+\frac{1}{2}}）{（{x-1}）^2}+\frac{3}{2}$．
再令$（{a+\frac{1}{2}}）{（{x-1}）^2}+\frac{3}{2}=0$，可解出一个根为$x=1-\sqrt{\frac{-3}{2a+1}}$，
∵a＜-2，∴$0＜\frac{-3}{2a+1}＜1$，∴$0＜1-\sqrt{\frac{-3}{2a+1}}＜1$，就取${x_0}=1-\sqrt{\frac{-3}{2a+1}}，{x_0}∈（{0，1}）$．
则有f（x₀）＜0．由零点存在定理及函数f（x）在（0，1）上的单调性，
可知f（x）在（0，1）上有唯一的一个零点．
由f（1）＞0，f（e^-a）＜0，及f（x）的单调性，可知f（x）在（1，e^-a）上有唯一零点．
下面证明在x∈（e^-a，+∞）上，存在x₁，使f（x₁）＞0，就取${x_1}={e^{-a+\frac{1}{2}}}$，则${x_1}＞{e^{-a}}$，
∴$f（{x_1}）=（{{x_1}^2-2{x_1}}）（{-a+\frac{1}{2}}）+（{a-\frac{1}{2}}）{x_1}^2+2（{1-a}）{x_1}+a={x_1}+a＞{e^{-a}}+a$，
由不等式e^x＞x+1，则e^-a+a＞（-a+1）+a＞0，即f（x₁）＞0．
根据零点存在定理及函数单调性知f（x）在（e^-a，+∞）上有一个零点．
综上可知，f（x）当a＜-2时，共有3个零点．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、转化思想、考查零点存在性问题，是一道综合题．