Question

已知函數f（x）=ax²+x+lnx（a∈R）．
（Ⅰ）設a=0，求證：當x＞0時，f（x）≤2x-1；
（Ⅱ）若函數y=f（x）恰有兩個零點x₁，x₂（x₁＜x₂）
（i）求實數a的取值范圍；
（ii）已知存在x₀∈（x₁，x₂），使得f′（x₀）=0，試判斷x₀與

x1+x2

2

的大小，并加以證明．

Answer 1

考點：二次函數的性質,函數零點的判定定理

專題：函數的性質及應用

分析：（Ⅰ）當a=0時，通過求導得到函數的單調性，求出函數的最值，從而證出結論；
（Ⅱ）（i）先求出函數的導數f′（x）=2ax+1+

1

x

=

2ax2+x+1

x

，通過討論當a≥0，當a＜0時的情況得到f_max（x）=f（x₃）結合函數的極限問題從而求出實數a的取值范圍是（-1，0），
（ii）通過f(

x1+x2

2

)-f′（x₀）=

2

x2+x1

-

ln x2 x1

x2-x1

=

1

x2-x1

[

2(x2-x1)

x2+x1

-ln

x2

x1

]，設t=

x2

x1

（x₁＜x₂）得到φ（t）在（1，+∞）上是單調遞減，所以φ（t）＜φ（1）=0，
從而f′(

x1+x2

2

)-f′(x0)＜0，進而證出結論．

解答： 解：（Ⅰ）當a=0時，設g（x）=f（x）-（2x-1）=lnx-x+1（x＞0），
則g′(x)=

1

x

-1=

1-x

x

，
當0＜x＜1時，g'（x）＞0；當x＞1時，g'（x）＜0．
因此，函數g（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上是單調遞減，
得g（x）≤g_max（x）=g（1）=0，即f（x）≤2x-1，
（Ⅱ）（i）由f（x）=ax²+x+lnx（x＞0）得：
f′（x）=2ax+1+

1

x

=

2ax2+x+1

x

，
當a≥0時f′（x）＞0則f（x）在（0，+∞）上是單調遞增，
因此函數f（x）至多只有一個零點，不符合題意；
當a＜0時，由2ax²+x+1=0得x3=

-1- 1-8a

4a

＞0，
因此，f（x）在（0，x₃）上是單調遞增，在（x₃，+∞）上是單調遞減，
所以f_max（x）=f（x₃）
一方面，當x從右邊趨近于0時，f（x）→-∞；
當x→+∞時，f（x）=ax²+x+lnx≤ax²+x+x-1=ax²+2x-1（a＜0），
因此，f（x）→-∞，
另一方面，由f'（x₃）=0得2ax32+x3+1=0，即ax32=-

x3+1

2

因此，f(x3)=ax32+x3+lnx3=-

x3+1

2

+x3+lnx3=

x3-1+2lnx3

2

很明顯f（x₃）在（0，+∞）上是單調遞增且f（1）=0，
根據題意得 f（x₃）＞0=f（1），∴x₃＞1即方程2ax²+x+1=0有且只有一個大于1的正實數根．
設h（x）=2ax²+x+1，由a＜0且h（0）=1＞0，得h（1）＞0解得a＞-1，
所以，實數a的取值范圍是（-1，0），
（ii）判斷x₀＜

x1+x2

2

，
證明如下：由f′（x）=

2ax2+x+1

x

得f′′(x)=

2ax2-1

x2

，
由（1）得-1＜a＜0且x＞0，
因此f^′′（x）＜0，即f′（x）在（0，+∞）是單調遞減．
f′(

x1+x2

2

)=f(

x1+x2

2

)-f′（x₀）=f′(

x1+x2

2

)-

f(x1)-f(x2)

x2-x1

=

2a( x1+x2 2 )2+ x1+x2 2 +1

x1+x2 2

-

ax12+x1+lnx1-ax22-x2-lnx2

x1-x2

=

2

x2+x1

-

ln x2 x1

x2-x1

=

1

x2-x1

[

2(x2-x1)

x2+x1

-ln

x2

x1

]，
設t=

x2

x1

（x₁＜x₂）則x₂=tx₁且t＞1，
因此，f′(

x1+x2

2

)-f′（x₀）=

1

x2-x1

[

2(t-1)

t+1

-lnt]，
設φ(t)=

2(t-1)

t+1

-lnt(t＞1)，則φ′(t)=

2(t+1)-2(t-1)

(t+1)2

-

1

t

=-

(t-1)2

t(t+1)2

＜0，
因此，φ（t）在（1，+∞）上是單調遞減，所以φ（t）＜φ（1）=0，
又由x₂＞x₁得

1

x2-x1

＞0，知f′(

x1+x2

2

)-f′(x0)＜0，即f′(

x1+x2

2

)＜f′(x0)，
由f'（x）在（0，+∞）單調遞減，得x₀＜

x1+x2

2

．

點評：本題考查了二次函數的性質，考查了導數的應用，考查了不等式的證明，是一道綜合題．