Question

6．已知函数f（x）=-alnx+（a+1）x-$\frac{1}{2}$x²（a＞0）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）≥-$\frac{1}{2}$x²+ax+b恒成立，求实数ab的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，通过a=1，0＜a＜1，a＞1的讨论，从而求出函数的单调区间；
（2）由题意可得alnx-x+b≤0恒成立，令g（x）=alnx-x+b，求出导数，确定函数的单调性，可得函数的最值，即可得到结论．

解答 解：（1）f′（x）=-$\frac{a}{x}$+a+1-x=-$\frac{（x-1）（x-a）}{x}$，（a＞0，x＞0），
①a=1时，f′（x）=-$\frac{（x-1）^{2}}{x}$≤0，
∴f（x）在（0，+∞）递减；
②0＜a＜1时，由f′（x）＞0，解得：a＜x＜1，
∴f（x）在（a，1）递增，在（0，a），（1，+∞）递减；
③a＞1时，同理f（x）在（1，a）递增，在（0，1），（a，+∞）递减；
（2）∵f（x）≥-$\frac{1}{2}$x²+ax+b恒成立，
∴alnx-x+b≤0恒成立，
令g（x）=alnx-x+b，则g′（x）=$\frac{a-x}{x}$，
∴g（x）在（0，a）上单调递增，在（a，+∞）上单调递减．
∴g（x）_max=g（a）=alna-a+b≤0，
∴b≤a-alna，∴ab≤a²-a²lna，
令h（x）=x²-x²lnx（x＞0），则h′（x）=x（1-2lnx）
∴h（x）在（0，$\sqrt{e}$）上单调递增，在（$\sqrt{e}$，+∞）上单调递减，
∴h（x）_max=h（$\sqrt{e}$）=e-eln$\sqrt{e}$=$\frac{e}{2}$，
∴ab≤$\frac{e}{2}$．
即ab的最大值为$\frac{e}{2}$．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调区间，考查函数的最值，正确构造函数和分类讨论是关键，属于中档题．