Question

6．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}a{x^2}$lnx+bx+1．
（1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x-2y+1=0，求f（x）的单调区间；
（2）若a=2，且关于x的方程f（x）=1在$[{\frac{1}{e^2}，e}]$上恰有两个不等的实根，求实数b的取值范围；
（3）若a=2，b=-1，当x≥1时，关于x的不等式f（x）≥t（x-1）²恒成立，求实数t的取值范围（其中e是自然对数的底数，e=2，71828…）．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，计算f（1），f′（1）的值，从而求出a，b的值，求出函数的单调区间即可；
（2）由f（x）=x²lnx+bx+1=1，得到-b=xlnx，令g（x）=xlnx，x∈[$\frac{1}{{e}^{2}}$，e]，根据函数的单调性求出b的范围即可；
（3）由x²lnx-x+1-t（x-1）²≥0，令h（x）=x²lnx-x+1-t（x-1）²，（x≥1），则h（x）≥0对x∈[1，+∞）恒成立，根据函数的单调性求出t的范围即可．

解答 解：（1）f′（x）=axlnx+$\frac{1}{2}$ax+b，
由题意f′（1）=$\frac{1}{2}$a+b=$\frac{1}{2}$且f（1）=b+1=1，
∴a=1，b=0，此时f′（x）=xlnx+$\frac{1}{2}$x（x＞0），
令f′（x）=xlnx+$\frac{1}{2}$x＞0，得x＞${e}^{-\frac{1}{2}}$，
令f′（x）=xlnx+$\frac{1}{2}$x＜0，得0＜x＜${e}^{-\frac{1}{2}}$，
∴递增区间是（${e}^{-\frac{1}{2}}$，+∞），递减区间是（0，${e}^{-\frac{1}{2}}$）；
（2）a=2时，f（x）=x²lnx+bx+1=1，
∴-b=xlnx，
令g（x）=xlnx，x∈[$\frac{1}{{e}^{2}}$，e]，
则g′（x）=lnx+1，
令g′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{e}$，
令g′（x）＜0，解得：x＜$\frac{1}{e}$，
故g（x）在[$\frac{1}{{e}^{2}}$，$\frac{1}{e}$）递减，在（$\frac{1}{e}$，e]递增，
而g（$\frac{1}{{e}^{2}}$）=-$\frac{2}{{e}^{2}}$，g（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$，g（e）=e，
∴-b∈（-$\frac{1}{e}$，-$\frac{2}{{e}^{2}}$]，
∴b∈[$\frac{2}{{e}^{2}}$，$\frac{1}{e}$）；
（3）a=2，b=-1时，f（x）=x²lnx-x+1≥t（x-1）²，
∴x²lnx-x+1-t（x-1）²≥0，
令h（x）=x²lnx-x+1-t（x-1）²，（x≥1），
则h（x）≥0对x∈[1，+∞）恒成立，
h′（x）=2xlnx+x-1-2t（x-1），
令m（x）=xlnx-x+1（x≥1），
则m′（x）=lnx≥0对x∈[1，+∞）恒成立，
∴m（x）在[1，+∞）递增，
∴m（x）≥m（1）=0，
即xlnx≥x-1对x∈[1，+∞）恒成立，
∴h′（x）=2xlnx+x-1-2t（x-1）≥3（x-1）-2t（x-1）=（3-2t）（x-1），
①当3-2t≥0，即t≤$\frac{3}{2}$时，h′（x）≥0恒成立，
∴h（x）在[1，+∞）递增，
∴h（x）≥h（1）=0成立；
②当3-2t＜0即t＞$\frac{3}{2}$时，
h′（x）=2xlnx+x-1-2t（x-1），
令φ（x）=2xlnx+x-1-2t（x-1），
则φ′（x）=2lnx+3-2t，
令φ′（x）=2lnx+3-2t=0，解得：x=${e}^{\frac{2t-3}{2}}$，
当1≤x＜${e}^{\frac{2t-3}{2}}$时，φ′（x）＜0，
∴φ（x）递减，φ（x）≤φ（1）=0，
即h′（x）≤0，∴h（x）递减，
∴当1＜x＜${e}^{\frac{2t-3}{2}}$时，h（x）＜h（1）=0，不成立，
综上，t≤$\frac{3}{2}$．

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函数恒成立问题，考查切线方程问题，是一道综合题．