Question

17．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²-（a+2）x+2alnx（a＞0），
（1）若曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線為y=2x+b，求a+2b的值；
（2）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（3）設(shè)函數(shù)g（x）=-（a+2）x，若至少存在一個(gè)x₀∈[e，4]，使得f（x₀）＞g（x₀）成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)和定義域，結(jié)合函數(shù)的切線方程建立方程關(guān)系進(jìn)行求解，
（2）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系進(jìn)行討論即可，
（3）利用參數(shù)分離法將不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化，構(gòu)造函數(shù)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)進(jìn)行求解即可．

解答 解：（1）f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），${f^'}（x）=x-（a+2）+\frac{2a}{x}$，
∴$f（1）=\frac{1}{2}-（a+2）=2+b$，f′（1）=1-（a+2）+2a=2
解得a=3，b=-$\frac{13}{2}$，∴a+2b=-10．
（2）${f^'}（x）=\frac{{{x^2}-（a+2）x+2a}}{x}=\frac{（x-2）（x-a）}{x}$，
當(dāng)a=2時(shí)，f′（x）≥0⇒x∈（0，+∞），∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞）
當(dāng)0＜a＜2時(shí)，由f′（x）＞0⇒x∈（0，a）∪（2，+∞），
∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，a），（2，+∞）
由f′（x）＜0⇒x∈（a，2），∴f（x）的單調(diào)減區(qū)間為（a，2）．
當(dāng)a＞2時(shí)，由f′（x）＞0⇒x∈（0，2）∪（a，+∞），∴f（x）的單調(diào)減區(qū)間為（0，2），（a，+∞）
由f′（x）＜0⇒x∈（2，a），∴f（x）的單調(diào)減區(qū)間為（2，a）．
綜上所述：當(dāng)a=2時(shí)，f′（x）≥0⇒x∈（0，+∞），∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞），
當(dāng)0＜a＜2時(shí)，∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，a），（2，+∞），f（x）的單調(diào)減區(qū)間為（a，2）
當(dāng)a＞2時(shí)，∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，2），（a，+∞），f（x）的單調(diào)減區(qū)間為（2，a）．
（3）若至少存在一個(gè)x₀∈[e，4]，使得f（x₀）＞g（x₀），
∴$\frac{1}{2}{x^2}+2alnx＞0$，
當(dāng)x∈[e，4]時(shí)，lnx＞1，
∴$2a＞-\frac{{\frac{1}{2}{x^2}}}{lnx}$有解，令$h（x）=-\frac{{\frac{1}{2}{x^2}}}{lnx}$，
∴2a＞h（x）_min
${h^'}（x）=-\frac{{xlnx-\frac{1}{2}{x^2}•\frac{1}{x}}}{{{{（lnx）}^2}}}=-\frac{{x（lnx-\frac{1}{2}）}}{{{{（lnx）}^2}}}＜0$，
∴h（x）在[e，4]上單調(diào)遞減，h（x）_min=h（4）=-$\frac{\frac{1}{2}×4}{ln4}$=-$\frac{2}{2ln2}$=-$\frac{1}{ln2}$，
∴2a＞-$\frac{1}{ln2}$，即a＞-$\frac{1}{2ln2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，以及導(dǎo)數(shù)與不等式的綜合，考查學(xué)生的計(jì)算能力，綜合性較強(qiáng)，難度較大．