Question

設函數f（x）=x（x-1）²，x＞0．
（1）求f（x）的極值；
（2）設函數g（x）=lnx-2x²+4x+t（t為常數），若使g（x）≤x+m≤f（x）在（0，+∞）上恒成立的實數m有且只有一個，求實數m和t的值；
（3）討論方程

f(x)

2x

+x-

1

2

-alnx=0的解的個數，并說明理由．

Answer 1

分析：（1）先求出導函數，找到導數為0的根，在檢驗導數為0的根兩側導數的符號即可得出結論．
（2）令h₁（x）=x+m-g（x）=2x²-3x-1nx+m-t≥0在（0，+∝）上恒成立，利用導數求得x=1，函數h₁（x）取得最小值．從而m≥t+1；同樣地，h₂（x）=f（x）-x-m=x³-2x²-m≥0在（0，+∞）上恒成立，求得t+1≤m≤-

32

27

．由m的唯一性，知t=-

59

27

，m=-

32

27

（3）記p（x）=

f(x)

2x

+x-

1

2

-alnx=

1

2

x2-alnx，利用導數工具工具．求得有關的函數值，結合零點存在性定理求解．

解答：解：（1）f′（x）=（3x-1）（x-1），令f′（x）=0得x₁=

1

3

，x₂=1，
f（x）在區間（0，

1

3

），(

1

3

，1)（1，+∞）分別單調增，單調減，單調增，
所以當x=

1

3

時，有極大值f（

1

3

）=

4

27

，x=1時，有極小值f（1）=0；
（2）由已知得h₁（x）=x+m-g（x）=2x²-3x-1nx+m-t≥0在（0，+∝）上恒成立，由h₁′（x）=

(4x+1)(x-1)

x

得x∈（0，1）時，h₁（x）＜0時，x∈（1，∞）時，h₁（x）＞0，故x=1，函數h₁（x）取得最小值．從而m≥t+1；
同樣地，h₂（x）=f（x）-x-m=x³-2x²-m≥0在（0，+∞）上恒成立，
求得t+1≤m≤-

32

27

由m的唯一性，知t=-

59

27

，m=-

32

27

（3）記p（x）=

f(x)

2x

+x-

1

2

-alnx=

1

2

x2-alnx
①當a=0時，p（x）在定義域（0，+∞）上恒大于0，此時方程無解；
②當a＜0時，p（x）在定義域（0，+∞）上為增函數．
p（e

1

a

）=

1

2

e

2

a

-1＜0，p（1）＞0，所以此時方程有唯一解．
③當a＞0時，p′（x）=x-

a

x

=

x2-a

x

，
當x∈(0，

a

)時，p′（x）＜0，p（x）在(0，

a

)上為減函數，
當x∈(

a

，+∞)時，p′（x）＞0，p（x）在(

a

，+∞)上為增函數，
所以當x=

a

時，p（x）min=p（

a

）=

1

2

a-aln

a

=

1

2

a(1-lna)
（a）當a∈[0，e）時，p（

a

）＞0，所以此時方程無解．
（b）當a=e時，p（

a

）=0，所以此時方程有唯一解．
（c）當a∈（e，+∞）時，p（

a

）＜0，
因為p（1）=

1

2

＞0，且1＜

a

，所以方程在(0，

a

)上有唯一解．
因為當x＞1時，（x-lnx）′＞0，所以，x-lnx＞1，x＞lnx，
所以p（x）=

1

2

x2-alnx＞

1

2

x2-ax
因為2a＞

a

＞1，所以p（2a）＞

1

2

(2a)2-2a2=0，所以方程在(

a

，+∞)上有唯一解．所以此時方程有兩解．
綜上所述，a∈[0，e）時，方程無解．
當a＜0或a=e時，方程有唯一解．
當a∈（e，+∞）時，方程有兩解．

點評：本題考查函數導數與單調性的關系，函數極值，零點存在性定理．考查推理論證，運算求解能力．