Question

19．已知函數(shù)f（x）=lnx-2x+2．
（1）求函數(shù)f（x）的最大值；
（2）當(dāng)a＞0時(shí)，不等式f（x）≥-ax²+ax在x∈[1，e]（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)e≈2.71828）上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，得到函數(shù)的極值點(diǎn)，求出函數(shù)的極值，也就是最大值；
（2）把f（x）的解析式代入f（x）≥-ax²+ax，移項(xiàng)后構(gòu)造函數(shù)g（x）=ax²-ax+lnx-2x+2，然后對(duì)a分類求解函數(shù)g（x）在[1，e]上的最小值，由最小值大于等于0求得a的取值范圍．

解答 解：（1）f（x）的定義域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-2=$\frac{1-2x}{x}$，
令f′（x）＞0，解得：x＜$\frac{1}{2}$，令f′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{2}$，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）遞增，在（$\frac{1}{2}$，+∞）遞減，
∴f（x）_最大值=f（$\frac{1}{2}$）=1-ln2；
（2）當(dāng)a＞0時(shí)，不等式f（x）≥-ax²+ax在x∈[1，e]上恒成立，
也就是ax²-ax+lnx-2x+2≥0在x∈[1，e]上恒成立，
令g（x）=ax²-ax+lnx-2x+2，則g′（x）=2ax-a+$\frac{1}{x}$-2=$\frac{2{ax}^{2}-（a+2）x+1}{x}$，
當(dāng)a=2時(shí)，g′（x）≥0在[1，e]上恒成立，g（x）為增函數(shù)，
∴g（x）≥g（1）=0，即ax²-ax+lnx-2x+2≥0在x∈[1，e]上恒成立；
當(dāng)0＜a＜2時(shí)，若0＜a≤$\frac{1}{e}$，在x∈[1，e]上，g′（x）≤0，g（x）為減函數(shù)，
g（x）min=g（e）=ae2-ae+1-2e+2，由ae²-ae+3-2e≥0，得a≥$\frac{2e-3}{{e}^{2}-e}$，此時(shí)a不存在；
若$\frac{1}{e}$＜a＜1，在x∈（1，$\frac{1}{a}$）上，g′（x）＜0，g（x）為減函數(shù)，在x∈（$\frac{1}{a}$，e）上，g′（x）＞0，g（x）為增函數(shù)，
g（x）min=g（$\frac{1}{a}$）=$\frac{1}{a}$-1-lna-$\frac{2}{a}$+2=1-lna-$\frac{1}{a}$＜0，不符合ax²-ax+lnx-2x+2≥0在x∈[1，e]上恒成立；
若1≤a＜2，在x∈[1，e]上，g′（x）≥0，g（x）為增函數(shù)，
g（x）_min=g（1）=0，此時(shí)滿足ax²-ax+lnx-2x+2≥0在x∈[1，e]上恒成立；
當(dāng)a＞2時(shí)，在x∈[1，e]上，g′（x）＞0，g（x）為增函數(shù)，
g（x）_min=g（1）=0，此時(shí)滿足ax²-ax+lnx-2x+2≥0在x∈[1，e]上恒成立．
綜上，滿足不等式f（x）≥-ax²+ax-2在x∈[1，e]上恒成立的實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 題考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查了不等式恒成立的求解方法，對(duì)于恒成立問題，有時(shí)可分離變量，然后構(gòu)造函數(shù)求最值，有時(shí)可直接構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最值，由最小值大于等于0（或最大值小于等于0解決），該題著重考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，屬難題．