Question

2．已知函数f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x+$\frac{a}{x}$，α∈R
（I）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若a＞$\frac{1}{2}$，设g（x）=$\frac{ln（x+1）}{x}$，对于任意的x₁，x₂∈[1，2]，都有f（x₁）-g（x₂）≤1恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （I）f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x+$\frac{a}{x}$，α∈R，x＞0．f′（x）=$\frac{-（{x}^{2}-2x+2a）}{2{x}^{2}}$．△=4-8a，对△与a分类讨论，即可得出单调性．
（II）a＞$\frac{1}{2}$，g（x）=$\frac{ln（x+1）}{x}$，对于任意的x₁，x₂∈[1，2]，都有f（x₁）-g（x₂）≤1恒成立?f（x）_max-g（x）_min≤1，x∈[1，2]．分别利用研究函数f（x），g（x）的单调性极值与最值即可得出．

解答 解：（I）f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x+$\frac{a}{x}$，α∈R，x＞0．
f′（x）=$\frac{1}{x}-\frac{1}{2}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{-{x}^{2}+2x-2a}{2{x}^{2}}$=$\frac{-（{x}^{2}-2x+2a）}{2{x}^{2}}$．
△=4-8a，
当△≤0，即$a≥\frac{1}{2}$时，f′（x）≤0，此时函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．
当△＞0，即a$＜\frac{1}{2}$时，令f′（x）=0，解得x=1$±\sqrt{1-2a}$，取x₁=1-$\sqrt{1-2a}$，x₂=1+$\sqrt{1-2a}$．
由f′（x）＞0，解得x₁＜x＜x₂，此时函数f（x）在（x₁，x₂）内单调递增；由f′（x）＜0，解得0＜x＜x₁，或x＞x₂，此时函数f（x）在（0，x₁），（x₂，+∞）内单调递减．
综上可得：函数f（x）在（x₁，x₂）内单调递增；函数f（x）在（0，x₁），（x₂，+∞）内单调递减．
（2）a＞$\frac{1}{2}$，g（x）=$\frac{ln（x+1）}{x}$，对于任意的x₁，x₂∈[1，2]，都有f（x₁）-g（x₂）≤1恒成立?f（x）_max-g（x）_min≤1，x∈[1，2]．
对于g（x）=$\frac{ln（x+1）}{x}$，x∈[1，2]．g′（x）=$\frac{x-（x+1）ln（x+1）}{{x}^{2}（x+1）}$．
令u（x）=x-（x+1）ln（x+1），∵x∈[1，2]，∴u′（x）=1-ln（x+1）-$\frac{x+1}{x+1}$=-ln（x+1）＜0，∴函数u（x）在[1，2]上单调递减，
∵u（1）=1-2ln2＜0，∴g′（x）＜0，
∴函数g（x）在x∈[1，2]上单调递减．∴g（x）_min=g（2）=$\frac{ln3}{2}$．
∵$a＞\frac{1}{2}$，由（1）可知：此时函数f（x）在[1，2]上单调递增．
∴f（x）_max=f（2）=ln2-1+$\frac{a}{2}$，∴ln2-1+$\frac{a}{2}$-$\frac{ln3}{2}$≤1，解得a≤4+ln3-2ln2．
∴a的取值范围s（-∞，4+ln3-2ln2]．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、分类讨论方法、恒成立问题的等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．