Question

7．已知函數f（x）=ax²-lnx，g（x）=$\frac{1}{2}$ax²+x（a∈R）．
（1）當a=$\frac{1}{2}$時，求函數f（x）的單調遞增區(qū)間；
（2）設F（x）=f（x）-g（x），若關于x的不等式F（x）≥1-ax恒成立，求整數a的最小值．

Answer 1

分析 （1）當a=$\frac{1}{2}$時，求得函數的導數，令f′（x）＞0，可得單遞增區(qū)間；
（2）運用參數分離可得a≥$\frac{lnx+x+1}{\frac{1}{2}{x}^{2}+x}$在x＞0恒成立．運用導數，判斷單調性，求得右邊函數的最大值，注意結合函數的零點存在定理，即可得到a的最小值．

解答 解：（1）當a=$\frac{1}{2}$時，f（x）=$\frac{1}{2}$x²-lnx，
則函數的定義域為（0，+∞），
則f′（x）=x-$\frac{1}{x}$=$\frac{{x}^{2}-1}{x}$，
由f′（x）＞0得x＞1，即函數f（x）的單調遞增區(qū)間是（1，+∞）；
（2）F（x）=f（x）-g（x）=ax²-lnx-$\frac{1}{2}$ax²-x=$\frac{1}{2}$ax²-lnx-x，
關于x的不等式F（x）≥1-ax恒成立，
即$\frac{1}{2}$ax²-lnx-x≥1-ax恒成立
可得lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x≤ax-1恒成立，
等價為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h（x）=-$\frac{1}{2}$x-lnx，h′（x）=-$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{x}$＜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（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a的最小值為2．

點評 本題主要考查函數單調性的求解，以及不等式恒成立問題，利用不等式恒成立問題轉化為求函數的最值問題，注意運用參數分離和函數的零點存在定理，屬于中檔題．