Question

10．设函数f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²-2x，其中a≤0
（Ⅰ） 若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=2x+b，求a-2b的值；
（Ⅱ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅲ）设函数g（x）=x²-3x+3，如果对于任意的x，t∈[0，1]都有f（x）≤g（t）恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，得到f′（1）=2，解得a的值，将a的值代入求出f（1），将（1，f（1））代入方程y=2x+b求出b的值，从而求出a-2b的值即可；
（Ⅱ）二次函数根的讨论问题，分a＞0，a＜0情况进行讨论．；
（Ⅲ）问题转化为f（x）_max≤g（t）_min，分别求出其最大值和最小值即可得到关于a的不等式，解出即可．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-ax-2，f′（1）=-1-a=2，解得：a=-3，
∴f（1）=-$\frac{1}{2}$a-2=-$\frac{1}{2}$，
将（1，-$\frac{1}{2}$）代入y=2x+b，得：b=-$\frac{5}{2}$，
∴a-2b=-3+5=2；
（Ⅱ）∵f′（x）=$\frac{1}{x}$-ax-2=$\frac{-{ax}^{2}-2x+1}{x}$，
设φ（x）=-ax²-2x+1（x＞0，a≤0），
①当a=0时，φ（x）=-2x+1，
令φ′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1}{2}$，令φ′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{2}$，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）递增，在（$\frac{1}{2}$，+∞）递减；
②当a＜0时，φ（x）对称轴为x=-$\frac{1}{a}$＞0，过点（0，1）开口向上，
i）若a≤-1，f′（x）≥0，则f（x）在（0，+∞）上是增函数．
ii）若-1＜a＜0，当x∈（0，$\frac{\sqrt{a+1}-1}{a}$）时，f′（x）≥0；当x∈（ $\frac{\sqrt{a+1}-1}{a}$，$\frac{-\sqrt{a+1}-1}{a}$）时，f′（x）≤0；
当x∈（ $\frac{-\sqrt{a+1}-1}{a}$，+∞）时，f'（x）≥0；
∴f（x）在（0，$\frac{\sqrt{a+1}-1}{a}$）上是增函数，在（ $\frac{\sqrt{a+1}-1}{a}$，$\frac{-\sqrt{a+1}-1}{a}$）上是减函数，在（ $\frac{-\sqrt{a+1}-1}{a}$，+∞）上是增函数．
（Ⅲ）若任意的x，t∈（0，1]，都有f（x）≤g（t）恒成立，
则只需f（x）_max≤g（t）_min，
函数g（x）=x²-3x+3在（0，1]的最小值是g（1）=1，
由（Ⅱ）得：a=0时，f（x）=lnx-2x在（0，$\frac{1}{2}$）递增，在（$\frac{1}{2}$，1]递减，
∴f（x）_max=f（$\frac{1}{2}$）=-1-ln2＜1，成立，
-1＜a＜0时，$\frac{\sqrt{a+1}-1}{a}$≥1，∴f（x）在（0，1]递增，
f（x）_max=f（1）=-$\frac{1}{2}$a-2≤1，解得：a≥-6，
a≤-1时，f（x）在（0，1]上是增函数，
f（x）_max=f（1）=-$\frac{1}{2}$a-2≤1，解得：a≥-6，
综上，a∈[-6，0]．

点评 本题考查了曲线的切线方程问题，考查导数的应用以及函数的单调性、最值问题，是一道综合题．