Question

12．已知函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x，a∈R．
（1）若函數(shù)f（x）有極值，求a的取值范圍；
（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；
（3）是否存在x₀＞0，使得|f（x）+$\frac{1}{2}{ax}^{2}$-f（x₀）|＜x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 （1）由f（x）有極值，導數(shù)等于0一定有解，求出a的值，
（2）運用參數(shù)分離可得，在x＞0恒成立．運用導數(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)的零點存在定理，即可得到a的最小值，
（3）假設存在x₀＞0，使得|f（x）+$\frac{1}{2}{ax}^{2}$-f（x₀）|＜x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：（1）f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x，定義域為（0，+∞），
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-ax+1；
∵函數(shù)f（x）有極值，x∈（0，+∞）；
    ①當a=0時，f′（x）=$\frac{1}{x}$+1恒大于零，原函數(shù)無極值，舍去，
    ②當a＜0時，f′（x）=$\frac{1}{x}$-ax+1恒大于零，原函數(shù)無極值，舍去，
    ③當a＞0時，f′（x）=$\frac{1}{x}$-ax+1為減函數(shù)，且f′（x）=$\frac{1}{x}$-ax+1=0必有解，a＞0滿足題意；
綜上所述，函數(shù)f（x）有極值，a的取值范圍為（0，+∞）；
（2）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h（x）=-x-lnx，h′（x）=-1-$\frac{1}{x}$＜0，
h（x）在（0，+∞）遞減，設h（x）=0的根為x₀，當x∈（0，x₀），g′（x）＞0，
當x∈（x₀，+∞）時，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；
（3）假設存在滿足題設的x₀，|f（x）+$\frac{1}{2}{ax}^{2}$-f（x₀）|＜x，
∴|lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x+$\frac{1}{2}{ax}^{2}$-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．

點評 本題考查導數(shù)的運用，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，注意運用參數(shù)分離和函數(shù)的零點存在定理，其中問題（3）是一個開放性問題，考查了同學們觀察、推理以及創(chuàng)造性地分析問題、解決問題的能力，屬于難題．