Question

8．已知函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x，a∈R．
（1）若a=2，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間；
（2）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．

Answer 1

分析 （1）求得函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令導(dǎo)數(shù)小于0，解二次不等式，注意x＞0，可得單調(diào)減區(qū)間；
（2）運(yùn)用參數(shù)分離可得a≥$\frac{lnx+x+1}{\frac{1}{2}{x}^{2}+x}$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．

解答 解：（1）若a=2，則f（x）=lnx-x²+x，x＞0，
f′（x）=$\frac{1}{x}$-2x+1=$\frac{-2{x}^{2}+x+1}{x}$，
f′（x）＜0可得2x²-x-1＞0，又x＞0，解得x＞1，
即有f（x）的減區(qū)間為（1，+∞）；
（2）f（x）≤ax-1恒成立，可得lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x≤ax-1恒成立，
等價(jià)為a≥$\frac{lnx+x+1}{\frac{1}{2}{x}^{2}+x}$在x＞0恒成立．
令g（x）=$\frac{lnx+x+1}{\frac{1}{2}{x}^{2}+x}$，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-$\frac{1}{2}$x-lnx=0，
設(shè)h（x）=-$\frac{1}{2}$x-lnx，h′（x）=-$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{x}$＜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．

點(diǎn)評(píng) 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(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問(wèn)題，注意運(yùn)用參數(shù)分離和函數(shù)的零點(diǎn)存在定理，屬于中檔題．