Question

11．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-（2a+1）x+2lnx（a∈R）．
（1）當(dāng)a=1時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)a＞0時(shí)，設(shè)g（x）=（x²-2x）e^x，求證：對(duì)任意x₁∈（0，2]，均存在x₂∈（0，2]，使得f（x₁）＜g（x₂）成立．

Answer 1

分析 （1）先求導(dǎo)，再根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系即可求出單調(diào)區(qū)間；
（2）問(wèn)題轉(zhuǎn)化為f（x）_max＜g（x）_max，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)最值的關(guān)系求出g（x）_max=0，再對(duì)a進(jìn)行分類討論，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)最值的關(guān)系即可證明．

解答 解：（1）因?yàn)閒（x）=$\frac{1}{2}$x²-3x+2lnx，x＞0，
所以f′（x）=x-3+$\frac{2}{x}$=$\frac{（x-1）（x-2）}{x}$，
令f′（x）=0，解得x=1，或x=2，
當(dāng)f′（x）＞0時(shí)，解得0＜x＜1或x＞2，
當(dāng)f′（x）＜0時(shí)，解得1＜x＜2，
所以其單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1），（2，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（1，2）． 
（2）若要命題成立，只需當(dāng)x∈（0，2]時(shí)，f（x）_max＜g（x）_max．由g′（x）=（x²-2）e^x，
可知，當(dāng)x∈（0，2]時(shí)，g（x）在區(qū)間（0，$\sqrt{2}$）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（$\sqrt{2}$，2]上單調(diào)遞增，
g（0）=g（2）=0，故g（x）_max=0，
所以只需f（x）_max＜0．
對(duì)函數(shù)f（x）來(lái)說(shuō)，f′（x）=ax-（2a+1）+$\frac{2}{x}$=$\frac{（ax-1）（x-2）}{x}$．
①當(dāng)$\frac{1}{a}$≥2時(shí)，即 0＜a≤$\frac{1}{2}$，函數(shù)f（x）在區(qū)間x∈（0，2]上單調(diào)遞增，
所以，f（x）_max=f（2）=-2a-2+2ln2＜0，
所以，a＞ln2-1   即0＜a≤$\frac{1}{2}$，
②當(dāng)0＜$\frac{1}{a}$＜2時(shí)，即a＞$\frac{1}{2}$，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（$\frac{1}{a}$，2]上單調(diào)遞減，
所以f（x）_max=f（$\frac{1}{a}$）=-2lna-$\frac{1}{2a}$-2．
當(dāng)a≥1時(shí)，顯然小于0，滿足題意；
當(dāng)$\frac{1}{2}$＜a＜1時(shí)，可令h（a）=-2lna-$\frac{1}{2a}$-2，
所以h′（a）=$\frac{1-4a}{2{a}^{2}}$，
可知該函數(shù)在a∈（$\frac{1}{2}$，1）時(shí)單調(diào)遞減，h（a）＜h（$\frac{1}{2}$）=2ln2-3＜0，滿足題意，
所以a＞$\frac{1}{2}$  滿足題意． 
綜上所述：當(dāng)a＞0時(shí)，對(duì)任意x₁∈（0，2]，均存在x₂∈（0，2]，使得f（x₁）＜g（x₂）成立．   
（2）另法】f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-（2a+1）x+2lnx=$\frac{a（{x}^{2}-4x）}{2}$-（x-2lnx），
因?yàn)閍＞0，x∈（0，2]，
 所以$\frac{a（{x}^{2}-4x）}{2}$＜0
令h（x）=x-2lnx，則h′（x）=1-$\frac{2}{x}$=$\frac{x-2}{x}$，
所以h（x）在（0，2]為單調(diào)遞減，h（x）≥h（2）=2-2ln2＞0，
因此，在a＞0，x∈（0，2]時(shí)，f（x）＜0，
故當(dāng)a＞0時(shí)，對(duì)任意x₁∈（0，2]，均存在x₂∈（0，2]，使得f（x₁）＜g（x₂）成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，同時(shí)考查了恒成立問(wèn)題和存在性的問(wèn)題的處理方法，屬于中檔題．