Question

16．已知函数f（x）=lnx-x，g（x）=$\frac{1}{2}$ax²-a（x+1）（其中a∈R），令h（x）=f（x）-g（x）．
（1）当a＞0时，求函数y=h（x）的单调区间；
（2）当a＜0时，若f（x）＜g（x）在x∈（0，-a）上恒成立，求a的最小整数值．

Answer 1

分析 （1）求导，分别判断导函数在定义域上各区间的符号，可得函数y=h（x）的单调区间；
（2）①当-$\frac{1}{a}$=1，即a=-1时，f（x）＜g（x）恒成立；②当-$\frac{1}{a}$＞1，即-1＜a＜0时，f（x）＜g（x）恒成立；当-1＜$\frac{1}{a}$＜0，即a＜-1时，考虑h（-a）＜0时，a的取值，进而可得答案．

解答 解：（1）h（x）=f（x）-g（x）
=lnx-x-$\frac{1}{2}$ax²+a（x+1），
h′（x）=$\frac{1}{x}$-1-ax+a=（1-x）（$\frac{1}{x}$+a），
∵a＞0，∴$\frac{1}{x}$+a＞0，
∴当0＜x＜1时，h′（x）＞0；
当x＞1时，h′（x）＜0；
故函数y=h（x）的单调增区间为（0，1），单调减区间为（1，+∞）；
（2）h（x）=f（x）-g（x）=lnx-x-$\frac{1}{2}$ax²+a（x+1），
h′（x）=$\frac{1}{x}$-1-ax+a=$\frac{（-a）（x-1）（x+\frac{1}{a}）}{x}$，
令h′（x）=0，则x=1，x=-$\frac{1}{a}$，
①当-$\frac{1}{a}$=1，即a=-1时，h′（x）＞0在x∈（0，1）上恒成立，
则h（x）在x∈（0，1）上为增函数，
h（x）＜h（1）=-$\frac{5}{2}$＜0，
∴f（x）＜g（x）恒成立；
②当-$\frac{1}{a}$＞1，即-1＜a＜0时，
h（x）在（0，1）上是增函数，此时0＜-a＜1，
故h（x）在（0，-a）上是增函数，h（x）＜h（-a）＜h（1）=$\frac{3}{2}a$-1＜0，
解得：a＜$\frac{2}{3}$
∴-1＜a＜0时，f（x）＜g（x）恒成立；
③当-1＜$\frac{1}{a}$＜0，即a＜-1时，
故h（x）在（0，-$\frac{1}{a}$）上是增函数，在（-$\frac{1}{a}$，1）上是减函数，在（1，-a）是增函数；
由$h（-\frac{1}{a}）$=$ln（-\frac{1}{a}）+\frac{1}{a}-\frac{1}{2}a•\frac{1}{{a}^{2}}+a（-\frac{1}{a}+1）$=$ln（-\frac{1}{a}）-\frac{1}{2a}-1+\frac{1}{a}+a$=$ln（-\frac{1}{a}）+\frac{2{a}^{2}+1}{2a}-1$＜0，
故只需考虑h（-a）＜0，
∵h（-a）=$ln（-a）+a-\frac{1}{2}a•{a}^{2}+a（-a+1）$=$ln（-a）-\frac{1}{2}{a}^{3}-{a}^{2}+2a$＜0，
下面用特殊整数检验，
若a=-2，则h（2）=ln2+4-8=ln2-4＜0
若a=-3，则h（3）=ln3+$\frac{27}{2}$-15=ln3-$\frac{3}{2}$＜0
若a=-4，则h（4）=ln4+32-24=ln4+8＞0
令u（x）=$-\frac{1}{2}{x}^{3}-{x}^{2}+2x$，则u′（x）=$-\frac{3}{2}{x}^{2}-2x+2$，
当x≤-4时，u′（x）＜0恒成立，此时u（x）为减函数，
故u（x）≥u（4）＞0
再由a≤-4时，ln（-a）＞0，
故a≤-4时，h（-a）＞0恒成立，
综上所述，使f（x）＜g（x）在x∈（0，-a）上恒成立的a的最小整数值为-3．

点评 本题考查的知识点是导数法求函数的单调区间，恒成立问题，存在性讨论，分类讨论思想，难度较大，属于难题．