Question

6．已知定义在正实数集上的函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²+2ax，g（x）=3a²lnx+b，其中a＞0．
（Ⅰ）若对于任意的b∈[0，2]，函数h（x）=f（x）+g（x）-（2a+b）x在（0，4）上为单调递增函数，求a的取值范围；
（Ⅱ）设两曲线y=f（x），y=g（x）有公共点，且在该点处的切线相同．
①用a表示b，并求b的最大值．
②求证：对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≥g（x）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出H（x）的解析式和导数，可得b≤x+$\frac{3{a}^{2}}{x}$，由恒成立思想可得3a²≥x（2-x），求出右边函数的最大值，即可得到a的范围；
（Ⅱ）①设y=f（x），y=g（x）在公共点（x₀，y₀）处的切线相同．分别求出f（x），g（x）的导数，由题意可得f（x₀）=g（x₀），且f′（x₀）=g′（x₀），化简可得b=$\frac{5}{2}$a²-3a²lna，令h（t）═$\frac{5}{2}$t²-3t²lnt，求出导数，单调区间可得极大值，且为最大值；
②设F（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{2}$x²+2ax-3a²lnx-b（x＞0），求出导数和单调区间，可得极小值，且为最小值，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）函数h（x）=$\frac{1}{2}$x²+3a²lnx-bx+b，
由题意可得h′（x）=x+$\frac{3{a}^{2}}{x}$-b≥0在（0，4）恒成立，
即b≤x+$\frac{3{a}^{2}}{x}$，
由b∈[0，2]，可得x+$\frac{3{a}^{2}}{x}$≥2，
又x∈（0，4），且3a²≥x（2-x），
而x（2-x）在（0，4）的最大值为1，
则3a²≥1，解得a≥$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
则a的取值范围是[$\frac{\sqrt{3}}{3}$，+∞）；
（Ⅱ）①设y=f（x），y=g（x）在公共点（x₀，y₀）处的切线相同．
f′（x）=x+2a，g′（x）=$\frac{3{a}^{2}}{x}$，
由题意可得f（x₀）=g（x₀），且f′（x₀）=g′（x₀），
即有$\frac{1}{2}$x₀²+2ax₀=3a²lnx₀+b，且x₀+2a=$\frac{3{a}^{2}}{{x}_{0}}$，
解得x₀=-3a（舍去）且x₀=a．
即b=$\frac{1}{2}$a²+2a²-3a²lna=$\frac{5}{2}$a²-3a²lna，
令h（t）═$\frac{5}{2}$t²-3t²lnt，h′（t）=5t-（6tlnt+3t）=2t（1-3lnt），
可得0＜t＜e${\;}^{\frac{1}{3}}$时，h′（t）＞0，t＞e${\;}^{\frac{1}{3}}$时，h′（t）＜0．
即有h（t）在（0，e${\;}^{\frac{1}{3}}$）递增，在（e${\;}^{\frac{1}{3}}$，+∞）递减．
可得h（t）_max=h（e${\;}^{\frac{1}{3}}$）=$\frac{3}{2}$e${\;}^{\frac{2}{3}}$，b的最大值为$\frac{3}{2}$e${\;}^{\frac{2}{3}}$；
②证明：设F（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{2}$x²+2ax-3a²lnx-b（x＞0），
F′（x）=x+2a-$\frac{3{a}^{2}}{x}$=$\frac{（x-a）（x+3a）}{x}$，（x＞0），
故F（x）在（0，a）递减，在（a，+∞）递增，
可得F（x）在（0，+∞）的最小值为F（a）=F（x₀）=f（x₀）-g（x₀）=0，
故x＞0时，f（x）-g（x）≥0，即当x＞0时，f（x）≥g（x）得证．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间和极值、最值，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和构造函数法，同时考查不等式的证明，注意运用转化思想，考查化简整理的运算能力，属于中档题．