Question

20．已知函数$f（x）=lnx-\frac{1}{2}{x^2}+\frac{a}{x}$（a∈R，a为常数），函数$g（x）={e^{1-x}}+\frac{2a-1}{2}{x^2}-1$（e为自然对数的底）．
（1）讨论函数f（x）的极值点的个数；
（2）若不等式f（x）≤g（x）对x∈[1，+∞）恒成立，求实数的a取值范围．

Answer 1

分析 （1）求导，令f'（x）=0，求得a=x-x³，构造辅助函数，求导，求得h（x）取得最大值，分类讨论，根据a的取值范围，即可判断函数f（x）的极值点的个数；
（2）记φ（x）=g（x）-f（x），求导，由φ′（x）≥0，a≥$\frac{2}{3}$，令h（x）=φ′（x），求导，由φ′（x）≥φ′（1）≥0，φ（x）在区间[1，+∞）上单调递增，φ（x）≥φ（1）=0恒成立，即f（x）≤g（x）恒成立．

解答 解：（1）求导，$f'（x）=\frac{1}{x}-x-\frac{a}{x^2}$=$\frac{{x-{x^3}-a}}{x^2}$，（x＞0），
由f'（x）=0得：a=x-x³，记h（x）=x-x³，则h'（x）=1-3x²，
由h'（x）=0，得$x=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，且$0＜x＜\frac{{\sqrt{3}}}{3}$时，h′（x）＞0，$x＞\frac{{\sqrt{3}}}{3}$时，h'（x）＜0，
∴当$x=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$时，h（x）取得最大值$\frac{{2\sqrt{3}}}{9}$，又h（0）=0，
（i）当a≥$\frac{2\sqrt{3}}{9}$时，f'（x）≤0恒成立，函数f（x）无极值点；
（ii）当0＜a＜$\frac{2\sqrt{3}}{9}$时，f'（x）=0有两个解x₁，x₂，且0＜x＜x₁时，
当x₁＜x＜x₂时，f′（x）＞0，
当x＞x₂时，f′（x）＜0，
∴函数f（x）有两个极值点；
（iii）当a≤0时，方程f′（x）=0有一个解x₀，且0＜x＜x₀时f′（x）＜0，
当x＞x₀时，f′（x）＞0，
∴函数f（x）有一个极值点；
（2）记φ（x）=g（x）-f（x）=e^1-x-lnx+ax²-$\frac{a}{x}$-1，（x≥1），
由φ（1）=1-ln1+a-a-1=0，
φ′（x）=-e^1-x-$\frac{1}{x}$+2ax+$\frac{a}{{x}^{2}}$，φ′（1）=-1-1+3a=3a-2，
由φ′（x）≥0，a≥$\frac{2}{3}$，
又当a≥$\frac{2}{3}$，x≥1时，令h（x）=φ′（x）=-e^1-x-$\frac{1}{x}$+2ax+$\frac{a}{{x}^{2}}$，h′（x）=e^1-x+$\frac{1}{{x}^{2}}$+2a-$\frac{2a}{{x}^{3}}$=e^1-x+$\frac{1}{{x}^{2}}$+2a（1-$\frac{1}{{x}^{3}}$）＞0，
φ′（x）≥φ′（1）≥0，φ（x）在区间[1，+∞）上单调递增，
∴φ（x）≥φ（1）=0恒成立，即f（x）≤g（x）恒成立，
综上实数a的取值范围是[$\frac{2}{3}$，+∞）．

点评 本题考查导数的综合应用，考查导数与函数的单调性及极值的关系，利用导数求寒酸的最值，考查分析问题及解决问题的能力，考查计算能力，属于中档题．