Question

12．已知函数f（x）=alnx+x²（a为实常数）
（1）当x∈[1，e]时，讨论方程f（x）=0的根的个数；
（2）若a＞0，且对任意的x₁，x₂∈（0，$\frac{1}{2}$]，都有|f（x₁）-f（x₂）|≤|$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{{x}_{2}}$|，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）把原函数f（x）=alnx+x²求导，分a≥0和a＜0讨论打哦函数的单调性，特别是当a＜0时，求出函数f（x）在[1，e]上的最小值及端点处的函数值，然后根据最小值和F（e）的值的符号讨论在x∈[1，e]时，方程f（x）=0根的个数；
（2）问题转化为f（x₂）+$\frac{1}{{x}_{2}}$≤f（x₁）+$\frac{1}{{x}_{1}}$，令h（x）=f（x）+$\frac{1}{x}$=alnx+x²+$\frac{1}{x}$，结合函数的单调性得到a≤$\frac{1}{x}$-2x²，求出a的范围即可．

解答 解：（1）由f（x）=alnx+x²，得f′（x）=$\frac{a}{x}$+2x=$\frac{{2x}^{2}+a}{x}$．
若a≥0，则在[1，e]上f′（x）＞0，函数f（x）=alnx+x²在[1，e]上为增函数，
由f（1）=1＞0知，方程f（x）=0的根的个数是0；
若a＜0，由f′（x）=0，得x=-$\sqrt{-\frac{a}{2}}$（舍），或x=$\sqrt{-\frac{a}{2}}$．
若$\sqrt{-\frac{a}{2}}$≤1，即-2≤a＜0，f（x）=alnx+x²在[1，e]上为增函数，
由f（1）=1＞0知，方程f（x）=0的根的个数是0；
若$\sqrt{-\frac{a}{2}}$≥e，即a≤-2e²，f（x）=alnx+x²在[1，e]上为减函数，
由f（1）=1，f（e）=alne+e²=e²+a≤-e²＜0，
所以方程f（x）=0在[1，e]上有1个实数根；
若1＜$\sqrt{-\frac{a}{2}}$＜e，即-2e²＜a＜-2，
f（x）在[1，$\sqrt{-\frac{a}{2}}$]上为减函数，在[$\sqrt{-\frac{a}{2}}$，e]上为增函数，
由f（1）=1＞0，f（e）=e²+a．
f（x）min=f（$\sqrt{-\frac{a}{2}}$）=$\frac{a}{2}$ln（-$\frac{a}{2}$）-=$\frac{a}{2}$[ln（-$\frac{a}{2}$）-1]．
当-$\frac{a}{2}$＜e，即-2e＜a＜-2时，f（$\sqrt{-\frac{a}{2}}$）＞0，方程f（x）=0在[1，e]上的根的个数是0．
当a=-2e时，方程f（x）=0在[1，e]上的根的个数是1．
当-e²≤a＜-2e时，f（$\sqrt{-\frac{a}{2}}$）＜0，f（e）=a+e²≥0，方程f（x）=0在[1，e]上的根的个数是2．
当-2e²＜a＜-e²时，f（$\sqrt{-\frac{a}{2}}$）＜0，f（e）=a+e²＜0，方程f（x）=0在[1，e]上的根的个数是1；
（2）若a＞0，易知f（x）单调递增，对于x₁，x₂∈（0，$\frac{1}{2}$）
设x₁＜x₂，原不等式等价于f（x₂）-f（x₁）≤$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{{x}_{2}}$，
即f（x₂）+$\frac{1}{{x}_{2}}$≤f（x₁）+$\frac{1}{{x}_{1}}$，
令h（x）=f（x）+$\frac{1}{x}$=alnx+x²+$\frac{1}{x}$，
则h（x）在（0，$\frac{1}{2}$]单调递减，
即h′（x）=$\frac{a}{x}$+2x-$\frac{1}{{x}^{2}}$≤0⇒a≤$\frac{1}{x}$-2x²，
显然$\frac{1}{x}$-2x²在x∈（0，$\frac{1}{2}$]单调递减，
最小值为2-2•${（\frac{1}{2}）}^{2}$=$\frac{3}{2}$，
即a≤$\frac{3}{2}$．

点评 本题考查了利用导数求闭区间上的最值，考查了根的存在性及根的个数的判断，考查了分类讨论的数学思想方法和数学转化思想方法，训练了构造函数求变量的取值范围，此题是有一定难度题目．