Question

9．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²+alnx（a∈R）
（1）若函數(shù)在點P（1，f（1）處的切線方程與直線x+2y+3=0垂直，求a的值．
（2）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（3）記f′（x）為函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，若關(guān)于x的方程f′（x）-2e=$\frac{lnx}{{x}^{2}}$（e為自然對數(shù)的底數(shù)）有且僅有兩個不同的實根，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率，由兩直線垂直的條件可得a的方程，解得a=1，再由導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間；
（2）求出導(dǎo)數(shù)，對a討論，分a≥0時，a＜0時，由導(dǎo)數(shù)大于0，可得增區(qū)間；導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間；
（3）由題意可得a=$\frac{lnx}{x}$-x²+2ex有且只有兩個不等的實根，根據(jù)函數(shù)g（x）=$\frac{lnx}{x}$-x²+2ex，求出g′（x），利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性求出極值、最值，運用函數(shù)y=g（x）與y=a交點判斷即可．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²+alnx的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=x+$\frac{a}{x}$，x＞0，
函數(shù)在點P（1，f（1）處的切線斜率為k=1+a，
由切線與直線x+2y+3=0垂直，可得1+a=2，
解得a=1；
（2）函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²+alnx的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=x+$\frac{a}{x}$，x＞0，
當a≥0時，f′（x）＞0，f（x）在x＞0上遞增；
當a＜0時，f′（x）＞0，可得x＞$\sqrt{-a}$；f′（x）＜0，可得0＜x＜$\sqrt{-a}$．
則當a≥0時，f（x）的增區(qū)間為（0，+∞）；
a＜0時，f（x）的增區(qū)間為（$\sqrt{-a}$，+∞），減區(qū)間為（0，$\sqrt{-a}$）；
（3）f′（x）-2e=$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，即為a=$\frac{lnx}{x}$-x²+2ex，
設(shè)g（x）=$\frac{lnx}{x}$-x²+2ex，
則g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$-2（x-e），
當g′（x）＞0時，則0＜x＜e；當g′（x）＜0時，則x＞e．
當g′（x）=0時，則x=e，
∴g（x）=$\frac{lnx}{x}$-x²+2ex在（0，e）單調(diào)遞增，在（e，+∞）單調(diào)遞減，
x=e時g（x）最大值為g（e）=e²+$\frac{1}{e}$，
∵f′（x）-2e=$\frac{lnx}{{x}^{2}}$有且只有兩個不等的實根，
∴函數(shù)y=a與y=g（x）有2個交點，
根據(jù)圖象可知：a＜e²+$\frac{1}{e}$，
故a的范圍是（-∞，e²+$\frac{1}{e}$）．

點評 本題考查了函數(shù)的導(dǎo)數(shù)在求切線的斜率和函數(shù)最值，極值中的應(yīng)用，函數(shù)零點轉(zhuǎn)化為函數(shù)交點問題求解，屬于中檔題．