Question

19．已知函数f（x）=lnx-2x+2．
（1）求函数f（x）的最大值；
（2）当a＞0时，不等式f（x）≥-ax²+ax在x∈[1，e]（e为自然对数的底数e≈2.71828）上恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，得到函数的极值点，求出函数的极值，也就是最大值；
（2）把f（x）的解析式代入f（x）≥-ax²+ax，移项后构造函数g（x）=ax²-ax+lnx-2x+2，然后对a分类求解函数g（x）在[1，e]上的最小值，由最小值大于等于0求得a的取值范围．

解答 解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-2=$\frac{1-2x}{x}$，
令f′（x）＞0，解得：x＜$\frac{1}{2}$，令f′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{2}$，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）递增，在（$\frac{1}{2}$，+∞）递减，
∴f（x）_最大值=f（$\frac{1}{2}$）=1-ln2；
（2）当a＞0时，不等式f（x）≥-ax²+ax在x∈[1，e]上恒成立，
也就是ax²-ax+lnx-2x+2≥0在x∈[1，e]上恒成立，
令g（x）=ax²-ax+lnx-2x+2，则g′（x）=2ax-a+$\frac{1}{x}$-2=$\frac{2{ax}^{2}-（a+2）x+1}{x}$，
当a=2时，g′（x）≥0在[1，e]上恒成立，g（x）为增函数，
∴g（x）≥g（1）=0，即ax²-ax+lnx-2x+2≥0在x∈[1，e]上恒成立；
当0＜a＜2时，若0＜a≤$\frac{1}{e}$，在x∈[1，e]上，g′（x）≤0，g（x）为减函数，
g（x）min=g（e）=ae2-ae+1-2e+2，由ae²-ae+3-2e≥0，得a≥$\frac{2e-3}{{e}^{2}-e}$，此时a不存在；
若$\frac{1}{e}$＜a＜1，在x∈（1，$\frac{1}{a}$）上，g′（x）＜0，g（x）为减函数，在x∈（$\frac{1}{a}$，e）上，g′（x）＞0，g（x）为增函数，
g（x）min=g（$\frac{1}{a}$）=$\frac{1}{a}$-1-lna-$\frac{2}{a}$+2=1-lna-$\frac{1}{a}$＜0，不符合ax²-ax+lnx-2x+2≥0在x∈[1，e]上恒成立；
若1≤a＜2，在x∈[1，e]上，g′（x）≥0，g（x）为增函数，
g（x）_min=g（1）=0，此时满足ax²-ax+lnx-2x+2≥0在x∈[1，e]上恒成立；
当a＞2时，在x∈[1，e]上，g′（x）＞0，g（x）为增函数，
g（x）_min=g（1）=0，此时满足ax²-ax+lnx-2x+2≥0在x∈[1，e]上恒成立．
综上，满足不等式f（x）≥-ax²+ax-2在x∈[1，e]上恒成立的实数a的取值范围是[1，+∞）．

点评 题考查利用导数求函数的最值，考查了不等式恒成立的求解方法，对于恒成立问题，有时可分离变量，然后构造函数求最值，有时可直接构造函数，利用导数求出函数的最值，由最小值大于等于0（或最大值小于等于0解决），该题着重考查了分类讨论的数学思想方法，属难题．