Question

16．已知下列四個(gè)命題：p₁：若函數(shù)$f（x）=\left\{\begin{array}{l}a{x^2}+1，x≥0\\（a+2）{e^{ax}}，x＜0\end{array}\right.$為R上的單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（0，+∞）；p₂：若f（x）=2^x-2^-x，則?x∈R，f（-x）=-f（x）；p₃：若$f（x）=x+\frac{1}{x+1}$，則?x₀∈（0，+∞），f（x₀）=1；p₄：若函數(shù)f（x）=xlnx-ax²有兩個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是$0＜a＜\frac{1}{2}$，其中真命題的個(gè)數(shù)是（　�。�

• A． 1
• B． 2
• C． 3
• D． 4

Answer 1

分析 p₁：求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
p₂：根據(jù)奇函數(shù)的定義判定即可；
p₃：對(duì)表達(dá)式變形可得f（x）=x+$\frac{1}{x+1}$=x+1+$\frac{1}{x+1}$-1，利用均值定理判定即可；
p₄：先求導(dǎo)函數(shù)，函數(shù)f（x）=x（lnx-ax）有兩個(gè)極值點(diǎn)，等價(jià)于f′（x）=lnx-2ax+1有兩個(gè)零點(diǎn)，等價(jià)于函數(shù)y=lnx與y=2ax-1的圖象由兩個(gè)交點(diǎn)，在同一個(gè)坐標(biāo)系中作出它們的圖象．由圖可求得實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 解：關(guān)于命題p₁，f′（x）=$\left\{\begin{array}{l}{2ax，x≥0}\\{a（a+2{）e}^{ax}，x＜0}\end{array}\right.$；
∴（1）若a＞0，x≥0時(shí)，f′（x）≥0，
即函數(shù)f（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，且ax²+1≥1；
要使f（x）在R上為單調(diào)函數(shù)則x＜0時(shí)，a（a+2）＞0，
∵a＞0，∴解得a＞0，并且（a+2）e^ax＜a+2，
∴a+2≤1，解得a≤-1，不符合a＞0，
∴這種情況不存在；
（2）若a＜0，x≥0時(shí)，f′（x）≤0，
即函數(shù)f（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，且ax²+1≤1；
要使f（x）在R上為單調(diào)函數(shù)，則x＜0時(shí)，a（a+2）＜0，
解得-2＜a＜0，并且（a+2）e^ax＞a+2，
∴a+2≥1，解得a≥-1，∴-1≤a＜0；
綜上得a的取值范圍為[-1，0）；
故命題p₁是假命題；
關(guān)于命題p₂：根據(jù)奇函數(shù)的定義可知，
f（-x）=2^-x-2^x=-f（x），故?x∈R，f（-x）=-f（x），
故命題p₂正確；
p₃：若f（x）=x+$\frac{1}{x+1}$=x+1+$\frac{1}{x+1}$-1≥1，
且當(dāng)x=0時(shí)，等號(hào)成立，故不存在x₀∈（0，+∞），f（x₀）=1，
故命題p₃錯(cuò)誤；
由題意，y′=lnx+1-2ax
令f′（x）=lnx-2ax+1=0得lnx=2ax-1，
函數(shù)y=xlnx-ax²有兩個(gè)極值點(diǎn)，等價(jià)于f′（x）=lnx-2ax+1有兩個(gè)零點(diǎn)，
等價(jià)于函數(shù)y=lnx與y=2ax-1的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，
在同一個(gè)坐標(biāo)系中作出它們的圖象（如圖）

當(dāng)a=$\frac{1}{2}$時(shí)，直線y=2ax-1與y=lnx的圖象相切，
由圖可知，當(dāng)0＜a＜$\frac{1}{2}$時(shí)，y=lnx與y=2ax-1的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)．
則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（0，$\frac{1}{2}$）；
故命題p₄正確，
故選：B．

點(diǎn)評(píng) 本題考查均值不等式，主要考查函數(shù)的零點(diǎn)以及數(shù)形結(jié)合方法，數(shù)形結(jié)合是數(shù)學(xué)解題中常用的思想方法，能夠變抽象思維為形象思維，有助于把握數(shù)學(xué)問題的本質(zhì)；另外，由于使用了數(shù)形結(jié)合的方法，很多問題便迎刃而解，且解法簡捷．