Question

6．已知定義在正實數(shù)集上的函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²+2ax，g（x）=3a²lnx+b，其中a＞0．
（Ⅰ）若對于任意的b∈[0，2]，函數(shù)h（x）=f（x）+g（x）-（2a+b）x在（0，4）上為單調(diào)遞增函數(shù)，求a的取值范圍；
（Ⅱ）設(shè)兩曲線y=f（x），y=g（x）有公共點，且在該點處的切線相同．
①用a表示b，并求b的最大值．
②求證：對于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≥g（x）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出H（x）的解析式和導(dǎo)數(shù)，可得b≤x+$\frac{3{a}^{2}}{x}$，由恒成立思想可得3a²≥x（2-x），求出右邊函數(shù)的最大值，即可得到a的范圍；
（Ⅱ）①設(shè)y=f（x），y=g（x）在公共點（x₀，y₀）處的切線相同．分別求出f（x），g（x）的導(dǎo)數(shù)，由題意可得f（x₀）=g（x₀），且f′（x₀）=g′（x₀），化簡可得b=$\frac{5}{2}$a²-3a²lna，令h（t）═$\frac{5}{2}$t²-3t²lnt，求出導(dǎo)數(shù)，單調(diào)區(qū)間可得極大值，且為最大值；
②設(shè)F（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{2}$x²+2ax-3a²lnx-b（x＞0），求出導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間，可得極小值，且為最小值，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)h（x）=$\frac{1}{2}$x²+3a²lnx-bx+b，
由題意可得h′（x）=x+$\frac{3{a}^{2}}{x}$-b≥0在（0，4）恒成立，
即b≤x+$\frac{3{a}^{2}}{x}$，
由b∈[0，2]，可得x+$\frac{3{a}^{2}}{x}$≥2，
又x∈（0，4），且3a²≥x（2-x），
而x（2-x）在（0，4）的最大值為1，
則3a²≥1，解得a≥$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
則a的取值范圍是[$\frac{\sqrt{3}}{3}$，+∞）；
（Ⅱ）①設(shè)y=f（x），y=g（x）在公共點（x₀，y₀）處的切線相同．
f′（x）=x+2a，g′（x）=$\frac{3{a}^{2}}{x}$，
由題意可得f（x₀）=g（x₀），且f′（x₀）=g′（x₀），
即有$\frac{1}{2}$x₀²+2ax₀=3a²lnx₀+b，且x₀+2a=$\frac{3{a}^{2}}{{x}_{0}}$，
解得x₀=-3a（舍去）且x₀=a．
即b=$\frac{1}{2}$a²+2a²-3a²lna=$\frac{5}{2}$a²-3a²lna，
令h（t）═$\frac{5}{2}$t²-3t²lnt，h′（t）=5t-（6tlnt+3t）=2t（1-3lnt），
可得0＜t＜e${\;}^{\frac{1}{3}}$時，h′（t）＞0，t＞e${\;}^{\frac{1}{3}}$時，h′（t）＜0．
即有h（t）在（0，e${\;}^{\frac{1}{3}}$）遞增，在（e${\;}^{\frac{1}{3}}$，+∞）遞減．
可得h（t）_max=h（e${\;}^{\frac{1}{3}}$）=$\frac{3}{2}$e${\;}^{\frac{2}{3}}$，b的最大值為$\frac{3}{2}$e${\;}^{\frac{2}{3}}$；
②證明：設(shè)F（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{2}$x²+2ax-3a²lnx-b（x＞0），
F′（x）=x+2a-$\frac{3{a}^{2}}{x}$=$\frac{（x-a）（x+3a）}{x}$，（x＞0），
故F（x）在（0，a）遞減，在（a，+∞）遞增，
可得F（x）在（0，+∞）的最小值為F（a）=F（x₀）=f（x₀）-g（x₀）=0，
故x＞0時，f（x）-g（x）≥0，即當(dāng)x＞0時，f（x）≥g（x）得證．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查不等式恒成立問題的解法，注意運(yùn)用參數(shù)分離和構(gòu)造函數(shù)法，同時考查不等式的證明，注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．