Question

18．已知函數(shù)g（x）=$\frac{2}{x}-alnx（{a∈R}），f（x）={x^2}$+g（x）．
（1）試判斷g（x）的單調(diào)性；
（2）若f（x）在區(qū)間（0，1）上有極值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）當(dāng)a＞0時(shí)，若f（x）有唯一的零點(diǎn)x₀，試求[x₀]的值．（注：[x]為取整函數(shù)，表示不超過x的最大整數(shù)，如[0.3]=0，[2.6]=2，[-1.4]=-2；以下數(shù)據(jù)供參考：ln2=0.6931，ln3=1.099，ln5=1.609，ln7=1.946）

Answer 1

分析 （1）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，討論當(dāng)a≥0時(shí)，當(dāng)a＜0時(shí)，由導(dǎo)數(shù)大于0，可得增區(qū)間；導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間，注意定義域；
（2）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，令h（x）=2x³-ax-2，x∈（0，+∞），求出導(dǎo)數(shù)，討論a的符號(hào)，判斷單調(diào)性，即可得到所求a的范圍；
（3）由（2）可知：f（1）=3知x∈（0，1）時(shí)，f（x）＞0，則x₀＞1，討論f（x）在x＞1的單調(diào)性，再由零點(diǎn)的定義和極值點(diǎn)的定義，可得x₀的方程，構(gòu)造函數(shù)$t（x）=2lnx-1-\frac{3}{{{x^3}-1}}（x＞1）$，判斷單調(diào)性，由零點(diǎn)存在性定理知 t（2）＜0，t（3）＞0，即可得到所求值．

解答 解：（1）$g（x）=\frac{2}{x}-alnx（x＞0）$，$g'（x）=-\frac{2}{x^2}-\frac{a}{x}=-\frac{ax+2}{x^2}$
①當(dāng)a≥0時(shí)，g'（x）＜0，∴函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞減；
②當(dāng)a＜0時(shí)，由g'（x）=0，解得$x=-\frac{2}{a}$，
當(dāng)$x∈（0，-\frac{2}{a}）$時(shí)，g'（x）＜0，此時(shí)函數(shù)g（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)$x∈（-\frac{2}{a}，+∞）$時(shí)，g'（x）＞0，此時(shí)函數(shù)g（x）單調(diào)遞增．　　       …（3分）
（2）f（x）=x²+g（x），其定義域?yàn)椋?，+∞）．
$f'（x）=2x+g'（x）=\frac{{2{x^3}-ax-2}}{x^2}$，…（4分）
令h（x）=2x³-ax-2，x∈（0，+∞），h'（x）=6x²-a，
當(dāng)a＜0時(shí)，h'（x）＞0恒成立，∴h（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，
又h（0）=-2＜0，h（1）=-a＞0，
∴函數(shù)h（x）在（0，1）內(nèi)至少存在一個(gè)變號(hào)零點(diǎn)x₀，且x₀也是f'（x）的變號(hào)零點(diǎn)，
此時(shí)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有極值．　                  …（5分）
當(dāng)a≥0時(shí)，h（x）=2（x³-1）-ax＜0，即x∈（0，1）時(shí)，f'（x）＜0恒成立，
∴函數(shù)f（x）在（0，1）單調(diào)遞減，此時(shí)函數(shù)f（x）無極值 …（6分）
綜上可得：f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有極值時(shí)實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-∞，0）；…（7分）
（3）∵a＞0時(shí)，函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞）
由（2）可知：f（1）=3知x∈（0，1）時(shí)，f（x）＞0，∴x₀＞1．
又f（x）在區(qū)間（1，+∞）上只有一個(gè)極小值點(diǎn)記為x₁，
且x∈（1，x₁）時(shí)，f'（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，
x∈（x₁，+∞）時(shí)，f'（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，
由題意可知：x₁即為x₀．　                 …（9分）
∴$\left\{{\begin{array}{l}{f（{x_0}）=0}\\{f'（{x_0}）=0}\end{array}}\right.$，∴$\left\{{\begin{array}{l}{x_0^2+\frac{2}{x_0}-aln{x_0}=0}\\{2x_0^3-a{x_0}-2=0}\end{array}}\right.$消去可得：$2ln{x_0}=1+\frac{3}{x_0^3-1}$，
即$2ln{x_0}-（1+\frac{3}{x_0^3-1}）=0$
令$t（x）=2lnx-1-\frac{3}{{{x^3}-1}}（x＞1）$，則t（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增
又∵$t（2）=2ln2-1-\frac{3}{{{2^3}-1}}=2×0.6973-1-\frac{3}{7}＜2×\frac{7}{10}-1-\frac{3}{7}=-\frac{1}{35}＜0$$t（3）=2ln3-1-\frac{3}{{{3^3}-1}}=2×1.099-1-\frac{3}{26}＞2×1-1-\frac{3}{26}=\frac{23}{26}＞0$
由零點(diǎn)存在性定理知 t（2）＜0，t（3）＞0
∴2＜x₀＜3∴[x₀]=2．　　  …（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值，考查函數(shù)零點(diǎn)定理的運(yùn)用，同時(shí)考查分類討論和構(gòu)造函數(shù)法，以及化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，具有一定的綜合性，屬于難題．