Question

1．已知函数$f（x）=（a-\frac{1}{2}）{x^2}+lnx$．（a∈R）
（Ⅰ）当a=0时，求f（x）在区间[$\frac{1}{e}$，e]上的最大值和最小值；
（Ⅱ）若在区间（1，+∞）上，函数f（x）的图象恒在直线y=2ax下方，求a的取值范围．
（Ⅲ）设g（x）=f（x）-2ax，$h（x）={x^2}-2bx+\frac{19}{6}$．当$a=\frac{2}{3}$时，若对于任意x₁∈（0，2），存在x₂∈[1，2]，使g（x₁）≤h（x₂），求实数b的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最大值和最小值即可；
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-2ax=（a-$\frac{1}{2}$）x²-2ax+lnx，由题意可得g（x）＜0在区间（1，+∞）上恒成立．求出g（x）的导数，对a讨论，①若a＞$\frac{1}{2}$，②若a≤$\frac{1}{2}$，判断单调性，求出极值点，即可得到所求范围；
（Ⅲ）由题意可得任意x₁∈（0，2），存在x₂∈[1，2]，只要g（x₁）_max≤h（x₂）_max，运用单调性分别求得g（x）和h（x）的最值，解不等式即可得到所求b的范围

解答 解：（Ⅰ）当a=0时，$f（x）=-\frac{1}{2}{x^2}+lnx$，
$f'（x）=-x+\frac{1}{x}=\frac{{-{x^2}+1}}{x}=\frac{-（x+1）（x-1）}{x}$，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜1，令f′（x）＜0，解得：x＞1，
∴f（x）在区间[$\frac{1}{e}$，1]上是增函数，在[1，e]上为减函数，
∴f（x）_max=f（1）=-$\frac{1}{2}$，
  又$f（\frac{1}{e}）=-1-\frac{1}{{2{e^2}}}$＞$f（e）=1-\frac{e^2}{2}$，
∴${f_{min}}（x）=f（e）=1-\frac{e^2}{2}$；
（2）令g（x）=f（x）-2ax=（a-$\frac{1}{2}$）x²-2ax+lnx，
则g（x）的定义域为（0，+∞）．
在区间（1，+∞）上，函数f（x）的图象恒在直线y=2ax下方
等价于g（x）＜0在区间（1，+∞）上恒成立．g′（x）=（2a-1）x-2a+$\frac{1}{x}$=$\frac{（x-1）[（2a-1）x-1]}{x}$①，
①若a＞$\frac{1}{2}$，令g'（x）=0，得极值点x₁=1，x₂=$\frac{1}{2a-1}$，
当x₂＞x₁=1，即$\frac{1}{2}$＜a＜1时，在（0，1）上有g'（x）＞0，
在（1，x₂）上有g'（x）＜0，在（x₂，+∞）上有g'（x）＞0，
此时g（x）在区间（x₂，+∞）上是增函数，
并且在该区间上有g（x）∈（g（x₂），+∞），不合题意；
当x₂≤x₁=1，即a≥1时，同理可知，g（x）在区间（1，+∞）上，
有g（x）∈（g（1），+∞），也不合题意；
②若a≤$\frac{1}{2}$，则有2a-1≤0，此时在区间（1，+∞）上恒有g'（x）＜0，
从而g（x）在区间（1，+∞）上是减函数；
要使g（x）＜0在此区间上恒成立，只须满足g（1）=-a-$\frac{1}{2}$≤0⇒a≥-$\frac{1}{2}$，
由此求得a的范围是[-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$]．
综合①②可知，当a∈[-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$]时，函数f（x）的图象恒在直线y=2ax下方；
（3）当a=$\frac{2}{3}$时，由（Ⅱ）中①知g（x）在（0，1）上是增函数，
在（1，2）上是减函数，所以对任意x₁∈（0，2），都有g（x₁）≤g（1）=-$\frac{7}{6}$，
又已知存在x₂∈[1，2]，使g（x₁）≤h（x₂），
即存在x₂∈[1，2]，使x²-2bx+$\frac{19}{6}$≥-$\frac{7}{6}$，即存在x₂∈[1，2]，2bx≤x²+$\frac{13}{3}$，
即存在x₂∈[1，2]，使2b≤x+$\frac{13}{3x}$．
因为y=x+$\frac{13}{3x}$∈[$\frac{25}{6}$，$\frac{16}{3}$]（x∈[1，2]），
所以2b≤$\frac{16}{3}$，解得b≤$\frac{8}{3}$，所以实数b的取值范围是（-∞，$\frac{8}{3}$]．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调性，考查不等式恒成立问题及任意性和存在性问题，注意转化为求最值问题，考查运算能力．