Question

4．已知函數(shù)f（x）=lnx-ax²（a∈R）
（Ⅰ） 討論f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ） 若對(duì)于x∈（0，+∞），f（x）≤a-1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）根據(jù)g（x）=lnx-ax²-a+1≤0對(duì)?x∈（0，+∞）恒成立．求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞）．
因?yàn)?f'（x）=\frac{1}{x}-2ax=\frac{{1-2a{x^2}}}{x}$，…（1分）
所以：（i）當(dāng)a≤0時(shí)，f'（x）＞0對(duì)?x∈（0，+∞）恒成立，
所以f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；                      …（2分）
（ii）當(dāng)a＞0時(shí)，令$f'（x）=0⇒x=\sqrt{\frac{1}{2a}}$或$x=-\sqrt{\frac{1}{2a}}$（舍）．…（3分）
當(dāng)$0＜x＜\sqrt{\frac{1}{2a}}$時(shí)，f'（x）＞0；當(dāng)$x＞\sqrt{\frac{1}{2a}}$時(shí)，f'（x）＜0．
所以f（x）在$（0，\sqrt{\frac{1}{2a}}）$上單調(diào)遞增；f（x）在$（\sqrt{\frac{1}{2a}}，+∞）$上單調(diào)遞減．…（4分）
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-a+1=lnx-ax²-a+1（x＞0）
則依題意，g（x）=lnx-ax²-a+1≤0對(duì)?x∈（0，+∞）恒成立．…（5分）
由于$g'（x）=f'（x）=\frac{{1-2a{x^2}}}{x}$，所以由（1）可知：
當(dāng)a≤0時(shí)，g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)a＞0時(shí)，g（x）在$（0，\sqrt{\frac{1}{2a}}）$上單調(diào)遞增；在$（\sqrt{\frac{1}{2a}}，+∞）$上單調(diào)遞減．
此時(shí)，g（x）在$x=\sqrt{\frac{1}{2a}}$處取得最大值．…（6分）
若a≤0，因?yàn)間（1）=-2a+1＞0，顯然與題設(shè)相矛盾；       …（7分）
若a＞0，則題設(shè)等價(jià)于$g（x）max=g（\sqrt{\frac{1}{2a}}）=ln\sqrt{\frac{1}{2a}}-a+\frac{1}{2}≤0$（*），…（8分）
不妨設(shè)$t=\sqrt{\frac{1}{2a}}$，則$t＞0，a=\frac{1}{{2{t^2}}}$．
所以（*）式等價(jià)轉(zhuǎn)化為$lnt-\frac{1}{{2{t^2}}}+\frac{1}{2}≤0$（t＞0）．…（9分）
記$F（t）=lnt-\frac{1}{{2{t^2}}}+\frac{1}{2}（t＞0）$，則F（1）=0．
因?yàn)?F'（t）=\frac{1}{t}+\frac{1}{t^3}＞0$，所以F（t）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．…（10分）
所以F（t）≤0?0＜t≤1，…（11分）
即：$0＜\sqrt{\frac{1}{2a}}≤1$，解得，$a≥\frac{1}{2}$．
所以所求的實(shí)數(shù)a的取值范圍為$[\frac{1}{2}，+∞）$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．