Question

19．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-（2a+1）x+2lnx（a∈R）．
（1）若曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线斜率为-1，求a的值；
（2）讨论函数f（x）的极值；
（3）设g（x）=x²-2x，若对任意x₁∈（0，2]，均存在x₂∈（0，2]，使得f（x₁）＜g（x₂），求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据函数在曲线上一点的导数等于过这点切线的斜率，很容易求出a=2；
（2）求得导数，并分解因式，对a讨论，求得单调区间，可得f（x）的极值；
（3）由题意可得[f（x）]_max＜g（x）_max在（0，2]恒成立，求得g（x）的最大值0，说明在（0，2]上f（x）的最大值小于0，所以就转变成求函数f（x）的最大值了．而求函数的最大值，求函数的导数，判断函数的单调性，求函数的单调区间，并注意讨论a．

解答 解：（1）函数f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-（2a+1）x+2lnx的导数为
f′（x）=ax-（2a+1）+$\frac{2}{x}$，
曲线在（1，f（1））处的切线斜率为f′（1）=a-（2a+1）+2=-1，
解得a=2；
（2）f′（x）=ax-（2a+1）+$\frac{2}{x}$=$\frac{（ax-1）（x-2）}{x}$，（x＞0），
①当a=0时，f′（x）=$\frac{2-x}{x}$，x＞2时，f′（x）＜0，f（x）递减，
0＜x＜2时，f′（x）＞0，f（x）递增，
f（x）在x=2处取得极大值，且为2ln2--2a-2；
②当a＜0时，x＞2时，f′（x）＜0，f（x）递减，
0＜x＜2时，f′（x）＞0，f（x）递增，
f（x）在x=2处取得极大值，且为2ln2--2a-2；
③当a＞0时，若$\frac{1}{a}$＜2，即a＞$\frac{1}{2}$，则f（x）在（0，$\frac{1}{a}$），（2，+∞）单调递增，（$\frac{1}{a}$，2）单调递减，
∴f（x）的极大值为f（$\frac{1}{a}$）=-2-2lna，f（x）的极小值为f（2）=2ln2-2a-2；
若$\frac{1}{a}$≥2，即0＜a≤$\frac{1}{2}$，则f（x）在（0，2]上单调递增，（2，$\frac{1}{a}$）递减，（$\frac{1}{a}$，+∞）递增，
∴f（x）的极大值为f（2）=2ln2-2a-2，f（x）的极小值为f（$\frac{1}{a}$）=-2-2lna；
（3）由g（x）=x²-2x=（x-1）²-1在（0，2]的最大值为g（2）=0，
由题意可得[f（x）]_max＜g（x）_max=0在（0，2]恒成立，
f′（x）=ax-（2a+1）+$\frac{2}{x}$=$\frac{（ax-1）（x-2）}{x}$，
∴①a=0时，在（0，2]上f'（x）=$\frac{2-x}{x}$≥0，
∴f（x）在（0，2]单调递增，∴f_max（x）=f（2）=2ln2-2＜0，∴a=0符合题意．
②a＜0时，在（0，2]上f′（x）=$\frac{（ax-1）（x-2）}{x}$=$\frac{a（x-\frac{1}{a}）（x-2）}{x}$＞0，
∴f（x）在（0，2]单调递增，∴f_max（x）=f（2）=2ln2-2a-2＜0．
解得a＞ln2-1，∴ln2-1＜a＜0符合题意．
③a＞0时，若$\frac{1}{a}$＜2，即a＞$\frac{1}{2}$，则f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）单调递增，（$\frac{1}{a}$，2）单调递减，
∴fmax（x）=f（$\frac{1}{a}$）=-2-2lna＜0，∴a＞$\frac{1}{2}$符合题意．
若$\frac{1}{a}$≥2，即0＜a≤$\frac{1}{2}$，则f（x）在（0，2]上单调递增，
∴f_max（x）=f（2）=2ln2-2a-2＜0，∴0＜a≤$\frac{1}{2}$符合题意．
综上得：a∈（ln2-1，+∞）．

点评 考查的知识点有：函数在一点的导数与过这点切线的关系，用导数判断函数的单调性和极值．由任意存在性可知，得出只要让f（x）的最大值小于g（x）的最大值，并注意对a的讨论过程．