Question

2．已知函數f（x）=-alnx+（a+1）x-$\frac{1}{2}{x^2}$（a＞0）．
（1）討論函數f（x）的單調性；
（2）若f（x）≥-$\frac{1}{2}{x^2}$+ax+b恒成立，求$a∈[{\frac{1}{2}，1}]$時，實數b的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，通過討論a的范圍，確定導函數的符號，從而求出函數的單調區(qū)間；
（2）問題轉化為b≤-alnx+x恒成立，令g（x）=-alnx+x，x＞0，即b≤g（x）_min，根據函數的單調性求出g（x）的最小值，從而求出b的最大值即可．

解答 解：（1）∵f（x）=-alnx+（a+1）x-$\frac{1}{2}{x^2}$（a＞0），定義域為（0，+∞）…（1分），
∴${f^'}（x）=-\frac{a}{x}+a+1-x$=$\frac{-（x-a）（x-1）}{x}$，x＞0…（2分）
令f′（x）=0，則x₁=a，x₂=1
①當0＜a＜1時，令f′（x）＞0，則a＜x＜1；
令f′（x）＜0，則0＜x＜a，或x＞1，
∴f（x）在（0，a），（1，+∞）單調遞減；（a，1）單調遞增；    …（3分）
②當a=1時，f′（x）≤0，且僅在x=1時，f′（x）=0，
∴f（x）在（0，+∞）單調遞減；        …（4分）
③當a＞1時，令f′（x）＞0，則1＜x＜a；
令f′（x）＜0，則   0＜x＜1，或x＞a，
∴在（0，1 ），（a，+∞）單調遞減；（1，a）單調遞增．…（5分）
綜上所述，
當0＜a＜1時，f（x）在（0，a），（1，+∞）單調遞減；（a，1）單調遞增；
當a=1時，f（x）在（0，+∞）單調遞減；
當a＞1時，f（x）在（0，1），（a，+∞）單調遞減；（1，a）單調遞增．…（6分）
（2）∵$f（x）=-alnx+（a+1）x-\frac{1}{2}{x^2}\;（a＞0）$
若$f（x）≥-\frac{1}{2}{x^2}+ax+b$恒成立，
∴b≤-alnx+x恒成立  …（7分）
令g（x）=-alnx+x，x＞0，
即b≤g（x）_min…（8分），
∵g′（x）=$1-\frac{a}{x}$=$\frac{x-a}{x}$，（a＞0），
∴g（x） 在（0，a）單調遞減，（a，+∞） 單調遞增；
g（x）_min=g（a）=-alna+a…（10分）
∴b≤-alna+a，a∈[$\frac{1}{2}$，1]，
令h（a）=-alna+a
∴h′（a）=-lna＞0，∴h（a）單調遞增，
∴h（a）_min=h（$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{2}$（1+ln2），
∴$b≤\frac{1}{2}（1+ln2）$
即b的最大值為$\frac{1}{2}（1+ln2）$…（12分）

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及函數恒成立問題，考查分類討論思想，是一道中檔題．