Question

已知函數(shù)f（x）=ax²-2x-2+lnx，a∈R．
（1）當(dāng)a=0時，求f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（2）若f（x）在（1，+∞）上只有一個極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）對于任意x₁，x₂∈（0，1]，都有|x₁-x₂|≤f（x₁）-f（x₂）|，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

【答案】分析：（1）當(dāng)a=0時，f（x）=-2x+2+lnx，則，由此能求出f（x）的單調(diào)增區(qū)間．
（2）令==0，f（x）在（1，+∞）上只有一個極值點(diǎn)，故f′（x）=0在（1，+∞）上只有一個根且不是重根．令g（x）=ax²-2x+1，x∈（1，+∞）．進(jìn)行分類討論能求出實(shí)數(shù)a的取值范圍．
（3）當(dāng)a≥1時，，f（x）在（0，1]上單調(diào)遞增．引入新函數(shù)：h（x）=f（x）-x=ax²-3x-2+lnx，問題轉(zhuǎn)化為h′（x）≥0，x∈（0，1]上恒成立，由此得到；當(dāng)a＜1且a≠0時＜1與|x₁-x₂|≤|f（x₁）-f（x₂）|矛盾．當(dāng)a=0時，f（x）在（0，1）上只有一個極大值，同樣得出矛盾．由此能求出實(shí)數(shù)a的范圍．
解答：解：（1）當(dāng)a=0時，f（x）=-2x+2+lnx，
令=，
解得0＜x＜．
∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（0，）．
（2）∵令==0，
f（x）在（1，+∞）上只有一個極值點(diǎn)，
∴f′（x）=0在（1，+∞）上只有一個根且不是重根．
令g（x）=ax²-2x+1，x∈（1，+∞）．
①當(dāng)a=0時，g（x）=-2x+1，不在（1，+∞）上有一個根，舍去．
②當(dāng)a＞0時，g（x）=ax²-2x+1，在（1，+∞）上只有一個根，且不是重根，
∴g（1）＜0，∴0＜a＜1；
③當(dāng)a＜0時，g（x）=ax²-2x+1，在（1，+∞）上只有一個根，且不是重根，
∴g（1）＞0，∴a＞1，矛盾．
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值值范圍是：0＜a＜1．
（3）當(dāng)x₁=x₂時，滿足條件．以下以討論x₁≠x₂的情況．
①當(dāng)a≥1時，，
∵x∈（0，1]，，
∴a-+1≥1-≥0，
得到f′（x）≥0，
即f（x）在（0，1]上單調(diào)遞增．
對于任意x₁，x₂∈（0，1]，設(shè)x₁＜x₂，則有f（x₁）＜f（x₂），代入不等式：
|x₁-x₂|≤|f（x₁）-f（x₂）|，
∴f（x₂）-f（x₁）≥x₂-x₁，
∴f（x₂）-x₂≥f（x₁）-x₁．
引入新函數(shù)：h（x）=f（x）-x=ax²-3x-2+lnx，
=，
∴問題轉(zhuǎn)化為h′（x）≥0，x∈（0，1]上恒成立，
∴ax²-3x+1≥0，
∴，
∴，
令，
∵，
∴當(dāng)時，l′（x）＞0；
當(dāng)時，l′（x）＜0．
∴x=時，=，
∴．
②當(dāng)a＜1且a≠0時，f′（x）=，
令k（x）=ax²-2x+1=0，
方程判別式△=4-4＞0，
且k（1）=a-1＜0．
∴f（x）在（0，1）上只有一個極大值．
設(shè)極大值點(diǎn)為x₁，記A（x₁，f（x₁）），在點(diǎn)A處的斜率為0；
過A點(diǎn)作一條割線AB，肯定存在點(diǎn)B（x₂，f（x₂）），
使|k_AB|＜1．
∵|k_AB|慢慢變成0，
這樣存在x₁，x₂，
使得＜1與|x₁-x₂|≤|f（x₁）-f（x₂）|矛盾．
當(dāng)a=0時，f（x）在（0，1）上只有一個極大值，同樣得出矛盾．
綜上所述，實(shí)數(shù)a的范圍是．
點(diǎn)評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值的應(yīng)用，考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．對數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強(qiáng)，難度大，是高考的重點(diǎn)．解題時要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．