Question

11．已知函數(shù)f（x）=ax²-1+lnx，其中a為實數(shù)．
（1）當(dāng)a＜0時，求函數(shù)f（x）的單凋區(qū)間；
（2）當(dāng)a=-$\frac{1}{2e}$（e為自然對數(shù)的底數(shù)）時，若函數(shù)g（x）=|f（x）|-$\frac{2lnx+1}{x}$-b存在零點，求實數(shù)b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）求出g（x）的表達(dá)式，問題轉(zhuǎn)化為b=$\frac{1}{2e}$x²+1-lnx-$\frac{2lnx+1}{x}$，令h（x）=$\frac{1}{2e}$x²+1-lnx-$\frac{2lnx+1}{x}$，（x＞0），求出h（x）的單調(diào)性，得到h（x）的最小值，從而求出b的范圍即可．

解答 解：（1）f（x）=ax²-1+lnx，（x＞0，a＜0），
f′（x）=2ax+$\frac{1}{x}$=$\frac{2{ax}^{2}+1}{x}$，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，
令f′（x）＜0，解得：x＞$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，
∴f（x）在（0，$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$）遞增，在（$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，+∞）遞減；
（2）a=-$\frac{1}{2e}$時，f（x）=-$\frac{1}{2e}$x²-1+lnx，（x＞0），
由（1）得：f（x）在（0，$\sqrt{e}$）遞增，在（$\sqrt{e}$，+∞）遞減，
f（x）_max=f（$\sqrt{e}$）=-$\frac{1}{2}$＜0，
∴g（x）=|f（x）|-$\frac{2lnx+1}{x}$-b=$\frac{1}{2e}$x²+1-lnx-$\frac{2lnx+1}{x}$-b，
令g（x）=0，得：b=$\frac{1}{2e}$x²+1-lnx-$\frac{2lnx+1}{x}$，
令h（x）=$\frac{1}{2e}$x²+1-lnx-$\frac{2lnx+1}{x}$，（x＞0），
h′（x）=$\frac{{x}^{3}-x-1+lnx}{{ex}^{2}}$，
令m（x）=x³-x-1+lnx，m′（x）=$\frac{{3x}^{3}-x+1}{{x}^{3}}$，
令n（x）=3x³-x+1，n′（x）=9x²-1，
令n′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{3}$，令n′（x）＜0，0＜x＜$\frac{1}{3}$，
∴n（x）在（0，$\frac{1}{3}$）遞減，在（$\frac{1}{3}$，+∞）遞增，
n（x）_min=n（$\frac{1}{3}$）=$\frac{7}{9}$＞0，
∴m（x）即h′（x）在（0，+∞）遞增，
而h′（1）＜0，h′（2）＞0，故存在x₀∈（1，2），使得h′（x₀）=0，
故h（x）在（0，x₀）遞減，在（x₀，+∞）遞增，
∴h（x）_min=h（x₀），x₀∈（1，2），
∴b≥h（x₀）．

點評 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)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．