Question

10．已知函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x，a∈R．
（Ⅰ）若x=2是函數(shù)f（x）的一個(gè)極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的值；
（Ⅱ）若關(guān)于x的不等式f（x）≤ax-1恒成立，求整數(shù)a的最小值；
（Ⅲ）是否存在x₀＞0，使得|f（x）+$\frac{1}{2}$ax²-f（x₀）|＜0對任意x＞0成立？若存在，求出x₀的取值范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由f（x）有極值點(diǎn)，導(dǎo)數(shù)等于0，求出a的值；
（Ⅱ）運(yùn)用參數(shù)分離可得，在x＞0恒成立．運(yùn)用導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，求得右邊函數(shù)的最大值，注意結(jié)合函數(shù)的零點(diǎn)存在定理，即可得到a的最小值；
（Ⅲ）假設(shè)存在x₀＞0，使得|f（x）+$\frac{1}{2}$ax²-f（x₀）|＜0對任意x＞0成立，轉(zhuǎn)化為封閉型命題，利用研究函數(shù)的最值可得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x，定義域?yàn)椋?，+∞），
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-ax+1，
∵x=2是函數(shù)f（x）的一個(gè)極值點(diǎn)，
∴f′（2）=0，即$\frac{1}{2}$-2a+1=0，
解得a=$\frac{3}{4}$；
（Ⅱ）不等式f（x）≤ax-1恒成立，
∴l(xiāng)nx-$\frac{1}{2}$ax²+x≤ax-1恒成立，x＞0，
∴等價(jià)為a≥$\frac{lnx+x+1}{\frac{1}{2}{x}^{2}+2x}$，在x＞0恒成立．
令g（x）=$\frac{lnx+x+1}{\frac{1}{2}{x}^{2}+2x}$，只需a≥g（x）_max，
g′（x）=$\frac{（x+1）（-\frac{1}{2}x-lnx）}{（\frac{1}{2}{x}^{2}+x）^{2}}$，
令g′（x）=0，可得-x-lnx=0，
設(shè)h（x）=-x-lnx，h′（x）=-1-$\frac{1}{x}$＜0，
h（x）在（0，+∞）遞減，設(shè)h（x）=0的根為x₀，當(dāng)x∈（0，x₀），g′（x）＞0，
當(dāng)x∈（x₀，+∞）時(shí)，g′（x）＜0，
g（x）在x∈（0，x₀）遞增，在x∈（x₀，+∞）遞減，
即有g(shù)（x）_max=g（x₀）=$\frac{ln{x}_{0}+{x}_{0}+1}{\frac{1}{2}{{x}_{0}}^{2}+{x}_{0}}$=$\frac{1+\frac{1}{2}{x}_{0}}{{x}_{0}（1+\frac{1}{2}{x}_{0}）}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，
由h（$\frac{1}{2}$）=ln2-$\frac{1}{4}$＞0，h（1）=-$\frac{1}{2}$＜0，則$\frac{1}{2}$＜x₀＜1，
此時(shí)1＜$\frac{1}{{x}_{0}}$＜2，即g（x）_max∈（1，2），
即a≥2，
則有整數(shù)a的最小值為2；
（Ⅲ）假設(shè)存在滿足題設(shè)的x₀，|f（x）+$\frac{1}{2}$ax²-f（x₀）|＜x，
∴|lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x+$\frac{1}{2}$ax²-f（x₀）|=|lnx+x-f（x₀）|＜x，
∴-x＜f（x₀）-（x+lnx）＜x，
∴l(xiāng)nx＜f（x₀）＜lnx+2x，對任意x＞0成立，
從而有f（x₀）＞（lnx）_max，f（x₀）＜（lnx+2x）_min，
∵lnx→+∞，lnx+2x→-∞，
∴無解，故不存在．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，主要考查不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，注意運(yùn)用參數(shù)分離和函數(shù)的零點(diǎn)存在定理，其中問題（3）是一個(gè)開放性問題，考查了同學(xué)們觀察、推理以及創(chuàng)造性地分析問題、解決問題的能力，屬于難題．