Question

14．已知函數(shù)f（x）=alnx+$\frac{1}{2}$bx²+x．（a，b∈R）．
（1）若函數(shù)f（x）在x₁=1，x₂=2處取得極值，求a，b的值，并說明分別取得的極大值還是極小值；
（2）若函數(shù)f（x）在（1，f（1））處的切線的斜率為1，且對(duì)任意x∈[1，e]，都使得f（x）-x≤（a+2）（-$\frac{1}{2}$x²+x）恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，由題意可得f′（1）=a+b+1=0，f′（2）=$\frac{1}{2}$a+2b+1=0，求得a，b的值，可得f（x）及導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間，可得極值；
（Ⅱ）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義，解方程可得a=-b，故f（x）=alnx-$\frac{a}{2}$x²+x，由題意可得a（x-lnx）≥x²-2x成立，由條件可得a≥$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$（x∈[1，e]），令g（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$（（x∈[1，e]），求得導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，可得最小值，即可得到a的范圍．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=alnx+$\frac{1}{2}$bx²+x的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{a}{x}$+bx+1，
由在x₁=1，x₂=2處取得極值，可得f′（1）=a+b+1=0，f′（2）=$\frac{1}{2}$a+2b+1=0，
解得a=-$\frac{2}{3}$，b=-$\frac{1}{3}$，
此時(shí)f（x）=-$\frac{2}{3}$lnx-$\frac{1}{6}$x²+x，f′（x）=-$\frac{2}{3x}$-$\frac{1}{3}$x+1=-$\frac{（x-1）（x-2）}{3x}$，
列出表格：

x	（0，1）	1	（1，2）	2	（2，+∞）
f′（x）	-	0	+	0	-
f（x）	減	極小	增	極大	減

所以，在x=1取得極小值$\frac{1}{3}$，在x=2取得極大值$\frac{4}{3}$-$\frac{2}{3}$ln2；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）在（1，f（1））處的切線的斜率為1，
則f′（1）=a+b+1=1，則a=-b，
故f（x）=alnx-$\frac{a}{2}$x²+x，
若f（x）-x=alnx-$\frac{a}{2}$x²≤（a+2）（-$\frac{1}{2}$x²+x）成立，
則a（x-lnx）≥x²-2x成立，
由x∈[1，e]，可得lnx≤1≤x，且等號(hào)不能同時(shí)取，
所以lnx＜x，即x-lnx＞0．
因而a≥$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$（x∈[1，e]）．                             
令g（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$（x∈[1，e]）
又g′（x）=$\frac{（x-1）（x+2-2lnx）}{{（x-lnx）}^{2}}$，
當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，x-1≥0，lnx≤1，x+2-2lnx≥0，
從而g′（x）≥0（僅當(dāng)x=1時(shí)取等號(hào)），所以g（x）在[1，e]上為增函數(shù)．
故g（x）的最大值為g（e）=-1，
則a的取值范圍是[-1，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查不等式成立問題的解法，注意運(yùn)用分離參數(shù)和構(gòu)造函數(shù)法，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．