Question

5．已知函数f（x）=ax²+bx+clnx（a，b，c∈R），g（x）=xcosx-sinx+1（x＞0）．
（1）求函数g（x）的单调区间；
（2）当b=-2a，c=1时，是否存在实数a，使得0＜x≤2时，函数y=f（x）图象上的点都在$\left\{\begin{array}{l}0＜x≤2\\ x-y-1≥0\end{array}\right.$所表示的平面区域内（含边界）？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）设h（x）=ax²-（2a+1）x+1+lnx，则问题等价于x∈（0，2]时，h（x）_max≤0，通过讨论a的范围，根据函数的单调性确定a的具体范围即可．

解答 解：（1）g'（x）=-xsinx，∴g'（x）＞0，即-xsinx＞0，又x＞0，
∴sinx＜0，则2kπ+π＜x＜2kπ+2π（k≥0且k∈Z），
∴g'（x）＜0，即-xsinx＜0，又x＞0，∴sinx＞0，则2kπ＜x＜2kπ+π（k≥0且k∈Z），
所以函数g（x）的递增区间为（2kπ+π，2kπ+2π），递减区间为（2kπ，2kπ+π），其中（k≥0且k∈Z）．
（2）f（x）=ax²-2ax+lnx，依题意得0＜x≤2时，f（x）≤x-1，
即ax²-（2a+1）x+1+lnx≤0．
设h（x）=ax²-（2a+1）x+1+lnx，则问题等价于x∈（0，2]时，h（x）_max≤0，
$h'（x）=2ax-（2a+1）+\frac{1}{x}=\frac{{2a{x^2}-（2a+1）x+1}}{x}=\frac{（x-1）（2ax-1）}{x}$．
（i）a≤0时，h'（1）=0；0＜x＜1时，h'（x）＞0；
x＞1时，h'（x）＜0，∴h（x）_max=h（1）=-a≤0，
∴a≥0，所以a=0，满足要求．
（ii）a＞0时，$h'（x）=\frac{{2a（x-1）（{x-\frac{1}{2a}}）}}{x}$，
①$\frac{1}{2a}=1$，即$a=\frac{1}{2}$时，$h'（x）=\frac{{{{（x-1）}^2}}}{x}≥0$，h（x）在（0，+∞）上单调递增，
x∈（0，2]时，h（x）_max=h（2）=-1+ln2＜0，满足要求；
②$\frac{1}{2a}＞1$，即$0＜a＜\frac{1}{2}$时，h（x）在（0，1）和$（{\frac{1}{2a}，\;\;+∞}）上递增$，在$（{1，\;\;\frac{1}{2a}}）$上递减，
h（1）=-a＜0，h（2）=-1+ln2＜0，
∴x∈（0，2]时，h（x）_max＜0，满足要求；
③$0＜\frac{1}{2a}＜1$，即$a＞\frac{1}{2}$时，h（x）在$（{0，\;\;\frac{1}{2a}}）$和（1，+∞）上递增，在$（{\frac{1}{2a}，\;\;1}）$上递减．
$h（{\frac{1}{2a}}）=-\frac{1}{4a}+ln\frac{1}{2a}＜0$，h（2）=-1+ln2＜0，
∴x∈（0，2]时，h（x）_max＜0，满足要求，
综上得，存在实数a满足题意，a的取值范围为[0，+∞）．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查函数恒成立问题，是一道中档题．