题号:2099    题型:解答题    来源:2023届皖南八校高三开学考试
已知函数 $f(x)=-a x^2+x \ln x-x$.
(1)若 $f(x)$ 有两个极值点,求实数 $a$ 的取值范围;
(2)当 $a=0$ 时, 求函数 $h(x)=f(x)-x+\frac{2}{x}$ 的零点个数.
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答案:
(1) 解 $: f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty), f^{\prime}(x)=\ln x-2 a x$, 由题意得 $f^{\prime}(x)=0$ 在 $(0,+\infty)$ 上有两解,
即 $\ln x-2 a x=0$, 即 $2 a=\frac{\ln x}{x}$ 有两解.

令 $g(x)=\frac{\ln x}{x}(x > 0)$, 即 $g(x)$ 的图象与直线 $y=2 a$ 有两个交点.
$g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}=0$, 得 $x=\mathrm{e}$, 当 $x \in(0, \mathrm{e})$ 时, $g^{\prime}(x) > 0, g(x)$ 单浻递增;
当 $x \in(\mathrm{e},+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x) < 0, g(x)$ 单调迸戏 $\therefore g(x)_{\max }=g(\mathrm{e})=\frac{1}{\mathrm{e}}, g(1)=0$,

令 $g(x)=\frac{\ln x}{x}(x > 0)$, 即 $g(x)$ 的图象与直线 $y=2 a$ 有两个交点.
$g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}=0$, 得 $x=\mathrm{e}$, 当 $x \in(0, \mathrm{e})$ 时, $g^{\prime}(x) > 0, g(x)$ 单调递增;
当 $x \in(\mathrm{e},+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x) < 0, g(x)$ 单调䢔戙, $\therefore g(x)_{\max }=g(\mathrm{e})=\frac{1}{\mathrm{e}}, g(1)=0$,

当 $x$ 趋于正无穷时, $g(x)$趋于零. $\therefore 0 < 2 a < \frac{1}{\mathrm{e}}, \therefore 0 < a < \frac{1}{2 \mathrm{e}}, \therefore a$ 的取值范田是 $\left(0, \frac{1}{2 \mathrm{e}}\right)$.

(2) $h(x)=x \ln x-2 x+\frac{2}{x}(x > 0), h^{\prime}(x)=\ln x-1-\frac{2}{x^2}$, 令 $m(x)=\ln x-1-\frac{2}{x^2}$, 则 $m^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+\frac{4}{x^3}$, 当 $x > 0$ 时, $m^{\prime}(x) > 0, \therefore h^{\prime}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单洞递增. $\because h^{\prime}(\mathrm{e})=-\frac{2}{\mathrm{e}^2} < 0, h^{\prime}\left(e^2\right)=1-\frac{2}{\mathrm{e}^4} > 0$,
$\therefore$ 存在唯一的 $x_0 \subset\left(\mathrm{e}, e^2\right)$, 化得 $h^{\prime}\left(x_0\right)=\ln x_0-1-\frac{2}{x_0^2}=0$,


当 $x \in\left(0, x_0\right)$ 时, $h^{\prime}(x) < 0, h(x)$ 单调递减
当 $x \in\left(x_0,+\infty\right)$ 时, $h^{\prime}(x) > 0, h(x)$ 单调递增, $\therefore h(x)_{\operatorname{mn}}=h\left(x_0\right)$.
又 $\because x_0 \in\left(\mathrm{e}, \mathrm{e}^z\right), h^{\prime}\left(x_0\right)=0, \therefore \ln x_0-1-\frac{2}{x_0^2}=0$,
$\therefore h\left(x_0\right)=x_0 \ln x_0-2 x_0+\frac{2}{x_0}=\frac{2}{x_0}-x_0+\frac{2}{x_0}=-x_0+\frac{4}{x_0} < -\mathrm{e}+\frac{4}{\mathrm{e}} < 0 .$
又 $\because h(1)=0, h(x)$ 在 $\left(0, x_0\right)$ 上单调递减,
$\therefore h(x)$ 在 $\left(0, x_0\right)$ 上有一个零点.

$\because h(x)$ 在 $\left(x_0,+\infty\right)$ 上单调递增, 且 $h\left(\mathrm{e}^z\right)=\frac{2}{\mathrm{e}^2} > 0$,
$\therefore h(x)$ 在 $\left(x_0,+\infty\right)$ 上有一个零点.
综上可知, 函数 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上有两个零点.
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