Question

11．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{3}$ax²-lnx，g（x）=bx，a，b∈R，h（x）=f（x）-g（x）
（1）當a=$\frac{3}{2}$時，求f（x）的極值；
（2）當a＞0，且a為常數(shù)時，若函數(shù)p（x）=x[h（x）+lnx]對任意的x₁＞x₂≥4，$\frac{p（{x}_{1}）-p（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞-1恒成立，試用a表示出b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）把a=$\frac{3}{2}$代入f（x）的解析式并求出定義域，求出函數(shù)的導數(shù)化簡后求出單調(diào)區(qū)間，從而可求出函數(shù)的極值；
（2）先由題意求出h（x），將不等式化簡后構造函數(shù)k（x）=p（x）+x，根據(jù)恒成立和函數(shù)的單調(diào)性定義轉化為：k′（x）≥0在[4，+∞）上恒成立，由條件分離出常數(shù)b，再構造函數(shù)F（x）=$ax+\frac{1}{x}$，求出導數(shù)和臨界點，通過討論a的范圍確定函數(shù)的單調(diào)性和最小值，從而求出b的范圍．

解答 解：（1）當a=$\frac{3}{2}$時，f（x）=$\frac{1}{2}$x²-lnx，定義域是（0，+∞），
則f′（x）=x-$\frac{1}{x}$=$\frac{{x}^{2}-1}{x}$，
由f′（x）=0得，x=1或-1（舍去），
∴當0＜x＜1時，f′（x）＜0，當x＞1時，f′（x）＞0，
∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（1，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間是（0，1），
當x=1時，f（x）_極小值=f（2）=$\frac{1}{2}-$ln1=$\frac{1}{2}$，函數(shù)無極大值；
（2）∵h（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{3}$ax²-lnx-bx，
∴函數(shù)p（x）=x[h（x）+lnx]=x（$\frac{1}{3}$ax²-bx）=$\frac{1}{3}$ax³-bx²，
∵對任意的x₁＞x₂≥4，$\frac{p（{x}_{1}）-p（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞-1恒成立，
∴p（x₁）-p（x₂）＞-x₁+x₂對任意的x₁＞x₂≥4恒成立，
則p（x₁）+x₁＞p（x₂）+x₂對任意的x₁＞x₂≥4恒成立，
設k（x）=p（x）+x=$\frac{1}{3}$ax³-bx²+x，則k（x）在[4，+∞）上單調(diào)遞增，
∴k′（x）=ax²-2bx+1≥0在[4，+∞）上恒成立，
∴2bx≤ax²+1，則$b≤\frac{1}{2}$（$ax+\frac{1}{x}$），
構造函數(shù)F（x）=$ax+\frac{1}{x}$（a＞0），x∈[4，+∞），
∴F′（x）=a-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{a{x}^{2}-1}{{x}^{2}}$，
由F′（x）=0得，x=$\frac{\sqrt{a}}{a}$或-$\frac{\sqrt{a}}{a}$（舍去），
①當$\frac{\sqrt{a}}{a}≤4$時，即$a≥\frac{1}{16}$，則在[4，+∞）上有F′（x）＞0，
∴函數(shù)F（x）在[4，+∞）上單調(diào)遞增，
∴函數(shù)F（x）的最小值是F（4）=$4a+\frac{1}{4}$，則$b≤\frac{1}{2}（4a+\frac{1}{4}）$=$2a+\frac{1}{8}$；
②當$\frac{\sqrt{a}}{a}＞4$時，即$0＜a＜\frac{1}{16}$，
則在[4，$\frac{\sqrt{a}}{a}$）上F′（x）＜0，在（$\frac{\sqrt{a}}{a}$，+∞）上有F′（x）＞0，
∴函數(shù)F（x）在[4，$\frac{\sqrt{a}}{a}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{\sqrt{a}}{a}$，+∞）上單調(diào)遞增，
∴函數(shù)F（x）的最小值是F（$\frac{\sqrt{a}}{a}$）=2$\sqrt{a}$，
則$b≤\frac{1}{2}（2\sqrt{a}）$=$\sqrt{a}$，
綜上可得，當$0＜a＜\frac{1}{16}$時，b≤$\sqrt{a}$；當$a≥\frac{1}{16}$時，$b≤2a+\frac{1}{8}$．

點評 本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，構造函數(shù)法解決不等式問題，以及分類討論思想、轉化思想，考查了推理能力和計算能力，屬于難題．