Question

15．已知函數f（x）=lnx+ax²-ax，其中a∈R．
（1）當a=0時，求函數f（x）在x=1處的切線方程；
（2）若函數f（x）在定義域上有且僅有一個極值點，求實數a的取值范圍；
（3）若對任意x∈[1，+∞），f（x）≥0恒成立，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，求出函數的切線的斜率，從而求出切線方程即可；
（2）求出函數的導數，通過討論a的范圍，求出函數的單調性結合函數的極值點的個數，求出a的范圍即可；
（3）通過討論a的范圍，得到函數的單調性，求出函數的最值，從而判斷a的范圍即可．

解答 解：（1）當a=0，f（x）=lnx則f（1）=0
又${f^'}（x）=\frac{1}{x}$，則切線的斜率k=1，
所以函數f（x）在x=1處的切線方程為y=x-1．              
（2）f（x）=lnx+ax²-ax，x＞0，則${f^'}（x）=\frac{{2a{x^2}-ax+1}}{x}$，
令t（x）=2ax²-ax+1，
①若a=0，則t（x）=2ax²-ax+1=1＞0，
故f'（x）＞0，函數f（x）在（0，+∞）上單調遞增，
所以函數f（x）在（0，+∞）上無極值點，
故a=0不符題意，舍去；
②若a＜0，$t（x）=2a{x^2}-ax+1=2a{（{x-\frac{1}{4}}）^2}+1-\frac{1}{8}a$，
該二次函數開口向下，對稱軸$x=\frac{1}{4}$，$t（{\frac{1}{4}}）=1-\frac{1}{8}a＞0$，
所以t（x）=0在（0，+∞）上有且僅有一根${x_0}=\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8a}}}{4a}$，故f'（x₀）=0，
且當0＜x＜x₀時，t（x）＞0，f'（x）＞0，函數f（x）在（0，x₀）上單調遞增；
當x＞x₀時，t（x）＜0，f'（x）＜0，函數f（x）在（x₀，+∞）上單調遞減；
所以a＜0時，函數f（x）在定義域上有且僅有一個極值點${x_0}=\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8a}}}{4a}$，符合題意；                                                     
③若a＞0，$t（x）=2a{x^2}-ax+1=2a{（{x-\frac{1}{4}}）^2}+1-\frac{1}{8}a$，該二次函數開口向上，對稱軸$x=\frac{1}{4}$．
（ⅰ）若$t（{\frac{1}{4}}）=1-\frac{1}{8}a≥0$，即0＜a≤8，$t（x）≥t（{\frac{1}{4}}）≥0$，
故f'（x）≥0，函數f（x）在（0，+∞）上單調遞增，
所以函數f（x）在（0，+∞）上無極值點，
故0＜a≤8不符題意，舍去；                                                
（ⅱ）若$t（{\frac{1}{4}}）=1-\frac{1}{8}a＜0$，即a＞8，又t（0）=1＞0，
所以方程t（x）=0在（0，+∞）上有兩根${x_1}=\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8a}}}{4a}$，${x_2}=\frac{{a+\sqrt{{a^2}-8a}}}{4a}$，
故f'（x₁）=f'（x₂）=0，
且當0＜x＜x₁時，t（x）＞0，f'（x）＞0，函數f（x）在（0，x₁）上單調遞增；
當x₁＜x＜x₂時，t（x）＜0，f'（x）＜0，函數f（x）在（x₁，x₂）上單調遞減；
當x＞x₂時，t（x）＞0，f'（x）＞0，函數f（x）在（x₂，+∞）上單調遞增；
所以函數f（x）在（0，+∞）上有兩個不同的極值點，故a＞8不符題意，舍去，
綜上所述，實數a的取值范圍是a＜0．                           
（3）由（2）可知，
①當0≤a≤8時，函數f（x）在（0，+∞）上單調遞增，
所以當x∈[1，+∞）時，f（x）≥f（1）=0，符合題意，
②當a＜0時，t（1）=a+1，
（ⅰ）若t（1）=a+1≤0，即a≤-1，函數f（x）在[1，+∞）上單調遞減，
故f（x）≤f（1）=0，不符題意，舍去，
（ⅱ）若t（1）=a+1＞0，即-1＜a＜0，
故函數f（x）在（1，x₀）上單調遞增，在（x₀，+∞）上單調遞減，
當$x∈（{-\frac{1}{a}\;，\;+∞}）$時，$f（x）=lnx+a{x^2}-ax≤x-1+a{x^2}-ax=a（{x-1}）（{x+\frac{1}{a}}）＜0$
（事實上，令φ（x）=lnx-x+1，x≥1，則$φ'（x）=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}≤0$，
函數φ（x）在[1，+∞）上單調遞減，
所以φ（x）≤φ（1）=0，即lnx≤x-1對任意x∈[1，+∞）恒成立．）
所以存在$x∈（{-\frac{1}{a}\;，\;+∞}）$，使得f（x）＜0，故-1＜a＜0不符題意，舍去；
③當a＞8時，t（1）=a+1＞0，函數f（x）在[1，+∞）上單調遞增，
所以當x∈[1，+∞）時，f（x）≥f（1）=0，符合題意，
綜上所述，實數a的取值范圍是a≥0．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，轉化思想，是一道綜合題．