Question

已知函数f（x）=ax²-2x-2+lnx，a∈R．
（1）当a=0时，求f（x）的单调增区间；
（2）若f（x）在（1，+∞）上只有一个极值点，求实数a的取值范围；
（3）对于任意x₁，x₂∈（0，1]，都有|x₁-x₂|≤f（x₁）-f（x₂）|，求实数a的取值范围．

Answer

（1）当a=0时，f（x）=-2x+2+lnx，则，由此能求出f（x）的单调增区间．
（2）令==0，f（x）在（1，+∞）上只有一个极值点，故f′（x）=0在（1，+∞）上只有一个根且不是重根．令g（x）=ax2-2x+1，x∈（1，+∞）．进行分类讨论能求出实数a的取值范围．
（3）当a≥1时，，f（x）在（0，1]上单调递增．引入新函数：h（x）=f（x）-x=ax2-3x-2+lnx，问题转化为h′（x）≥0，x∈（0，1]上恒成立，由此得到；当a＜1且a≠0时＜1与|x1-x2|≤|f（x1）-f（x2）|矛盾．当a=0时，f（x）在（0，1）上只有一个极大值，同样得出矛盾．由此能求出实数a的范围．
【解析】
（1）当a=0时，f（x）=-2x+2+lnx，
令=，
解得0＜x＜．
∴f（x）的单调增区间是（0，）．
（2）∵令==0，
f（x）在（1，+∞）上只有一个极值点，
∴f′（x）=0在（1，+∞）上只有一个根且不是重根．
令g（x）=ax2-2x+1，x∈（1，+∞）．
①当a=0时，g（x）=-2x+1，不在（1，+∞）上有一个根，舍去．
②当a＞0时，g（x）=ax2-2x+1，在（1，+∞）上只有一个根，且不是重根，
∴g（1）＜0，∴0＜a＜1；
③当a＜0时，g（x）=ax2-2x+1，在（1，+∞）上只有一个根，且不是重根，
∴g（1）＞0，∴a＞1，矛盾．
综上所述，实数a的取值值范围是：0＜a＜1．
（3）当x1=x2时，满足条件．以下以讨论x1≠x2的情况．
①当a≥1时，，
∵x∈（0，1]，，
∴a-+1≥1-≥0，
得到f′（x）≥0，
即f（x）在（0，1]上单调递增．
对于任意x1，x2∈（0，1]，设x1＜x2，则有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．
引入新函数：h（x）=f（x）-x=ax2-3x-2+lnx，
=，
∴问题转化为h′（x）≥0，x∈（0，1]上恒成立，
∴ax2-3x+1≥0，
∴，
∴，
令，
∵，
∴当时，l′（x）＞0；
当时，l′（x）＜0．
∴x=时，=，
∴．
②当a＜1且a≠0时，f′（x）=，
令k（x）=ax2-2x+1=0，
方程判别式△=4-4＞0，
且k（1）=a-1＜0．
∴f（x）在（0，1）上只有一个极大值．
设极大值点为x1，记A（x1，f（x1）），在点A处的斜率为0；
过A点作一条割线AB，肯定存在点B（x2，f（x2）），
使|kAB|＜1．
∵|kAB|慢慢变成0，
这样存在x1，x2，
使得＜1与|x1-x2|≤|f（x1）-f（x2）|矛盾．
当a=0时，f（x）在（0，1）上只有一个极大值，同样得出矛盾．
综上所述，实数a的范围是．