Question

14．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²-2x．
（Ⅰ）證明f（x）有唯一零點(diǎn)；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=$\frac{1}{3}$x³-$\frac{1}{x}$-2af（x）-2x，若g（x）是增函數(shù)，求A的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求f′（x）=$\frac{（x-1）^{2}}{x}≥0$，所以得出f（x）是單調(diào)函數(shù)，而求出f（1）＜0，f（4）＞0，所以f（x）在（1，4）之間有唯一零點(diǎn)；
（Ⅱ）求出g（x），然后求g′（x）=$（\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}）^{2}[（\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}）^{2}-2a]$，所以根據(jù)g（x）是增函數(shù)得到$（\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}）^{2}-2a≥0$，可將該不等式變成$2a≤（\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}）^{2}$，而要使該不等式成立，只要2a小于等于函數(shù)$（\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}）^{2}$的最小值4，從而得到2a≤4，所以得出a的最大值為2．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，f′（x）=$\frac{1}{x}+x-2$=$\frac{（x-1）^{2}}{x}≥0$；
∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
又$f（1）=-\frac{3}{2}＜0$，f（4）=ln4＞0；
∴f（x）有唯一零點(diǎn)；
（Ⅱ）g（x）=$\frac{1}{3}{x}^{3}-\frac{1}{x}-2a（lnx+\frac{1}{2}{x}^{2}-2x）-2x$，$g′（x）=（{x}^{2}+\frac{1}{{x}^{2}}-2）$$-2a（x+\frac{1}{x}-2）$=$（x-\frac{1}{x}）^{2}-2a（\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}）^{2}$=$（\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}）^{2}[（\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}）^{2}-2a]$；
∵g（x）是增函數(shù)，∴g′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立；
∴$（\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}）^{2}-2a≥0$，即$2a≤（\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}）^{2}$在（0，+∞）上恒成立；
$\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}≥2，（\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}）^{2}≥4$，當(dāng)x=1時(shí)取“=”；
∴函數(shù)$（\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}）^{2}$的最小值為4；
∴2a≤4，a≤2；
∴a的最大值為2．

點(diǎn)評(píng) 考查函數(shù)導(dǎo)數(shù)符號(hào)和函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，單調(diào)函數(shù)若存在零點(diǎn)，則該零點(diǎn)唯一，判斷函數(shù)存在零點(diǎn)的方法，以及基本不等式求函數(shù)最值．