Question

5．已知關于x函數(shù)g（x）=$\frac{2}{x}$-alnx（a∈R），f（x）=x²+g（x）
（Ⅰ）試求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有極值，試求a的取值范圍；
（Ⅲ）a＞0時，若f（x）有唯一的零點x₀，試求[x₀]．
（注：[x]為取整函數(shù)，表示不超過x的最大整數(shù)，如[0.3]=0，[2.6]=2[-1.4]=-2；以下數(shù)據(jù)供參考：ln2=0.6931，ln3=1.099，ln5=1.609，ln7=1.946）

Answer 1

分析 （I）g（x）=$\frac{2}{x}$-alnx（x＞0），g′（x）=$-\frac{2}{{x}^{2}}-\frac{a}{x}$=-$\frac{ax+2}{{x}^{2}}$，對a分類討論：當a≥0時，當a＜0時，即可得出單調(diào)性；
（II）f（x）=x²+g（x），其定義域為（0，+∞）．f′（x）=2x+g′（x）=$\frac{2{x}^{3}-ax-2}{{x}^{2}}$，令h（x）=2x³-ax-2，x∈[0，+∞），h′（x）=6x²-a，當a＜0時，可得：函數(shù)h（x）在（0，1）內(nèi)至少存在一個變號零點x₀，且x₀也是f′（x）的變號零點，此時f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有極值．當a≥0時，由于函數(shù)f（x）單調(diào)，因此函數(shù)f（x）無極值．
（III）a＞0時，由（II）可知：f（1）=3知x∈（0，1）時，f（x）＞0，因此x₀＞1．又f′（x）在區(qū)間（1，+∞）上只有一個極小值點記為x₁，由題意可知：x₁即為x₀．得到$\left\{\begin{array}{l}{f（{x}_{0}）=0}\\{{f}^{′}（{x}_{0}）=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}^{2}+\frac{2}{{x}_{0}}-aln{x}_{0}=0}\\{2{x}_{0}^{3}-a{x}_{0}-2=0}\end{array}\right.$，消去a可得：$2ln{x}_{0}=1+\frac{3}{{x}_{0}^{3}-1}$，a＞0，令t₁（x）=2lnx（x＞1），${t}_{2}（x）=1+\frac{3}{{x}^{3}-1}（x＞0）$，分別研究單調(diào)性即可得出x₀的取值范圍．

解答 解：（I）g（x）=$\frac{2}{x}$-alnx（x＞0），g′（x）=$-\frac{2}{{x}^{2}}-\frac{a}{x}$=-$\frac{ax+2}{{x}^{2}}$，
（i）當a≥0時，g′（x）＜0，∴（0，+∞）為函數(shù)g（x）的單調(diào)遞減區(qū)間；
（ii）當a＜0時，由g′（x）=0，解得x=-$\frac{2}{a}$．
當x∈$（0，-\frac{2}{a}）$時，g′（x）＜0，此時函數(shù)g（x）單調(diào)遞減；當x∈$（-\frac{2}{a}，+∞）$時，g′（x）＞0，此時函數(shù)g（x）單調(diào)遞增．
（II）f（x）=x²+g（x），其定義域為（0，+∞）．
f′（x）=2x+g′（x）=$\frac{2{x}^{3}-ax-2}{{x}^{2}}$，
令h（x）=2x³-ax-2，x∈[0，+∞），h′（x）=6x²-a，
當a＜0時，h′（x）≥0恒成立，∴h（x）為（0，+∞）上的增函數(shù)，
又h（0）=-2＜0，h（1）=-a＞0，
∴函數(shù)h（x）在（0，1）內(nèi)至少存在一個變號零點x₀，且x₀也是f′（x）的變號零點，此時f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有極值．
當a≥0時，h（x）=2（x³-1）-ax＜0，即x∈（0，1）時，f′（x）＜0恒成立，函數(shù)f（x）無極值．
綜上可得：f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有極值的a的取值范圍是（-∞，0）．
（III）∵a＞0時，由（II）可知：f（1）=3知x∈（0，1）時，f（x）＞0，
∴x₀＞1．
又f′（x）在區(qū)間（1，+∞）上只有一個極小值點記為x₁，
且x∈（1，x₁）時，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，x∈（x₁，+∞）時，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，
由題意可知：x₁即為x₀．
∴$\left\{\begin{array}{l}{f（{x}_{0}）=0}\\{{f}^{′}（{x}_{0}）=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}^{2}+\frac{2}{{x}_{0}}-aln{x}_{0}=0}\\{2{x}_{0}^{3}-a{x}_{0}-2=0}\end{array}\right.$，消去a可得：$2ln{x}_{0}=1+\frac{3}{{x}_{0}^{3}-1}$，
a＞0，令t₁（x）=2lnx（x＞1），${t}_{2}（x）=1+\frac{3}{{x}^{3}-1}（x＞0）$，
則在區(qū)間（1，+∞）上t₁（x）單調(diào)遞增，t₂（x）單調(diào)遞減．
t₁（2）=2ln2＜2×0.7=$\frac{7}{5}$$＜\frac{10}{7}$=t₂（2），
t₁（3）=2ln3＞2＞$1+\frac{3}{26}$=t₂（3）．
∴2＜x₀＜3，
∴[x₀]=2．

點評 本題考查了利用當時研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了分類討論方法，考查了分析問題與解決問題的方法，考查了零點存在但是求不出準確值的情況下的解決方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．