Question

3．已知函數(shù)f（x）=ax²+bx+clnx（a，b，c∈R）．
（1）當(dāng)a=-1，b=2，c=0時，求曲線y=f（x）在點(diǎn)（2，0）處的切線方程；
（2）當(dāng)a=1，b=0時，求函數(shù)f（x）的極值；
（3）當(dāng)b=-2a，c=1時，是否存在實(shí)數(shù)a，使得0＜x≤2時，函數(shù)y=f（x）圖象上的點(diǎn)都在$\left\{\begin{array}{l}0＜x≤2\\ x-y-1≥0\end{array}\right.$所表示的平面區(qū)域內(nèi)（含邊界）？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）把當(dāng)a=-1，b=2，c=0代入函數(shù)解析式，求得函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，得到函數(shù)在x=2時的導(dǎo)數(shù)，然后由直線方程的點(diǎn)斜式得答案；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論c的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（3）根據(jù)ax²-（2a+1）x+1+lnx≤0，設(shè)g（x）=ax²-（2a+1）x+1+lnx，則問題等價于x∈（0，2]時，g（x）_max≤0，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而判斷出結(jié)論即可．

解答 解：（1）當(dāng)a=-1，b=2，c=0時，f（x）=-x²+2，
則f′（x）=-2x+2，f′（2）=-2，
∴所求的切線方程為y=-2（x-2），即2x+y-4=0；
（2）f（x）=x²+clnx，x＞0，f′（x）=2x+$\frac{c}{x}$=$\frac{{2x}^{2}+c}{x}$，
c≥0時，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）遞增，無極值，
c＜0時，令f′（x）=0，得x²=-$\frac{c}{2}$，解得：x=$\sqrt{-\frac{c}{2}}$，
0＜x＜$\sqrt{-\frac{c}{2}}$時，f′（x）＜0，x＞$\sqrt{-\frac{c}{2}}$時，f′（x）＞0，
∴x=$\sqrt{-\frac{c}{2}}$時，f（x）取得極小值f（$\sqrt{-\frac{c}{2}}$）=$\frac{c}{2}$ln（-$\frac{c}{2}$）-$\frac{c}{2}$，
f（x）無極大值；
（3）f（x）=ax²-2ax+lnx，由題意得0＜x≤2時，f（x）≤x-1，
即ax²-（2a+1）x+1+lnx≤0，
設(shè)g（x）=ax²-（2a+1）x+1+lnx，
則問題等價于x∈（0，2]時，g（x）_max≤0，
g′（x）=2ax-（2a+1）+$\frac{1}{x}$=$\frac{（x-1）（2ax-1）}{x}$，
①a≤0時，g′（1）=0，0＜xx＜1時，g′（x）＞0，x＞1時，g′（x）＜0，
∴g（x）max=g（1）=-a≤0，
∴a≥0，故a=0滿足題意；
②a＞0時，g′（x）=$\frac{2a（x-1）（x-\frac{1}{2a}）}{x}$，
$\frac{1}{2a}$=1即a=$\frac{1}{2}$時，g′（x）≥0，g（x）在（0，+∞）遞增，
x∈（0，2]時，g（x）_max=g（2）=-1+ln2＜0，滿足題意；
$\frac{1}{2a}$＞1即0＜a＜$\frac{1}{2}$時，g（x）在（0，1）和（$\frac{1}{2a}$，+∞）遞增，在（1，$\frac{1}{2a}$）遞減，
g（1）=-a＜0，g（2）=-1+ln2＜0，
∴x∈（0，2]時，g（x）_max＜0；
0＜$\frac{1}{2a}$＜1即a＞$\frac{1}{2}$時，g（x）在（0，$\frac{1}{2a}$）和（1，+∞）遞增，在（$\frac{1}{2a}$，1）遞減，
g（$\frac{1}{2a}$）=-$\frac{1}{4a}$+ln$\frac{1}{2a}$＜0，g（2）=-1+ln2＜0，
∴x∈（0，2]時，g（x）max≤0，滿足題意；
綜上，存在實(shí)數(shù)a滿足題意，a的范圍是[0，+∞）．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及法；以及分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想和切線方程問題，是一道綜合題．