Question

4．已知a，b為實數(shù)，函數(shù)f（x）=ax³-bx．
（1）當a=1且b∈[1，3]時，求函數(shù)F（x）=|$\frac{f（x）}{x}-lnx$|+2b+1（x∈[$\frac{1}{2}，2$]的最大值為M（b））；
（2）當a=0，b=-1時，記h（x）=$\frac{lnx}{f（x）}$
①函數(shù)h（x）的圖象上一點P（x₀，y₀）處的切線方程為y=y（x），記g（x）=h（x）-y（x）．問：是否存在x₀，使得對于任意x₁∈（0，x₀），任意x₂∈（x₀，+∞），都有g(shù)（x₁）g（x₂）＜0恒成立？若存在，求也所有可能的x₀組成的集合；若不存在，說明理由．
②令函數(shù)H（x）=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{x}{2e}，x≥s}\\{h（x），0＜x＜s}\end{array}\right.$，若對任意實數(shù)k，總存在實數(shù)x₀，使得H（x₀）=k成立，求實數(shù)s的取值集合．

Answer 1

分析 （1）記t（x）=x²-lnx，x∈[$\frac{1}{2}$，2]，求出t（x）的范圍是[$\frac{1+ln2}{2}$，4-ln2]，b∈[1，3]時，記v（t）=|t-b|+2b+1，求出函數(shù)的單調(diào)性，求出M（b）即可；
（2）①求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，求出g（x）的表達式，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出x₀的值即可；
②求出H（x）的值域，根據(jù)y=$\frac{1}{2e}$x在[s，+∞）遞增，值域是[$\frac{s}{2e}$，+∞），若s＞e，則函數(shù)y=$\frac{lnx}{x}$在（0，e）遞增，[e，s）是減函數(shù)，其值域是（-∞，$\frac{1}{e}$]，得到$\frac{s}{2e}$≤$\frac{lns}{s}$，即s²-2elns≤0，①，記u（s）=s²-2elns，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷即可．

解答 解：（1）F（x）=|x²-lnx-b|+2b+1，
記t（x）=x²-lnx，x∈[$\frac{1}{2}$，2]，則t′（x）=2x-$\frac{1}{x}$，
令t′（x）=0，得：x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\frac{1}{2}$＜x＜2時，t′（x）＜0，t（x）在（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）上遞減，
$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜x＜2時，t′（x）＞0，t（x）在（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，2）上遞增，
又t（$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{4}$+ln2，t（2）=4-ln2，t（$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=$\frac{1+ln2}{2}$且t（2）-t（$\frac{1}{2}$）=$\frac{15}{4}$-2ln2＞0，
∴t（x）的范圍是[$\frac{1+ln2}{2}$，4-ln2]，
b∈[1，3]時，記v（t）=|t-b|+2b+1，
則v（t）=$\left\{\begin{array}{l}{-t+3b+1，\frac{1+ln2}{2}≤t≤b}\\{t+b+1，b＜t≤4-ln2}\end{array}\right.$，
∵v（t）在[$\frac{1+ln2}{2}$，b]上遞減，在（b，4-ln2]遞增，
且v（$\frac{1+ln2}{2}$）=3b+$\frac{1-ln2}{2}$，v（4-ln2）=b+5-ln2，
v（$\frac{1+ln2}{2}$）-v（4-ln2）=2b+$\frac{ln2-9}{2}$，
∴b≤$\frac{9-ln2}{4}$時，最大值M（b）=v（4-ln2）=b+5-ln2，
b＞$\frac{9-ln2}{4}$時，最大值M（b）=v（$\frac{1+ln2}{2}$）=3b+$\frac{1-ln2}{2}$，
∴M（b）=$\left\{\begin{array}{l}{b+5-ln2，1≤b≤\frac{9-ln2}{4}}\\{3b+\frac{1-ln2}{2}，\frac{9-ln2}{4}＜b≤4}\end{array}\right.$；
（2）h（x）=$\frac{lnx}{x}$，
①h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，h′（x₀）=$\frac{1-l{nx}_{0}}{{{x}_{0}}^{2}}$，
∴y（x）=$\frac{1-l{nx}_{0}}{{{x}_{0}}^{2}}$（x-x₀）+y₀，
g（x）=$\frac{lnx}{x}$-y₀-$\frac{1-l{nx}_{0}}{{{x}_{0}}^{2}}$（x-x₀），g（x₀）=0，
g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$-$\frac{1-l{nx}_{0}}{{{x}_{0}}^{2}}$，g′（x₀）=0，
令G（x）=g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$-$\frac{1-l{nx}_{0}}{{{x}_{0}}^{2}}$，G′（x）=$\frac{-3+2lnx}{{x}^{3}}$，
∴g′（x）在（0，${e}^{\frac{3}{2}}$）遞減，在（${e}^{\frac{3}{2}}$，+∞）遞增，
若x₀＜${e}^{\frac{3}{2}}$，則x∈（0，x₀）時，g′（x）＞0，g（x）遞增，g（x）＜g（x₀）=0，
x∈（x₀，${e}^{\frac{3}{2}}$）時，g′（x）＜0，g（x）遞減，g（x）＜g（x₀）=0，不符合題意，
若x₀＞${e}^{\frac{3}{2}}$，則x∈（${e}^{\frac{3}{2}}$，x₀）時，g′（x）＜0，g（x）遞減，g（x）＞g（x₀）=0，
x∈（x₀，+∞）時，g′（x）＞0，g（x）遞增，g（x）＞g（x₀）=0，不符合題意，
若x₀=${e}^{\frac{3}{2}}$，則x∈（0，${e}^{\frac{3}{2}}$）時，g（x）＜0，x∈（${e}^{\frac{3}{2}}$，+∞）時，g（x）＞0，符合題意，
綜上，存在x₀滿足要求，且x₀的取值集合是{${e}^{\frac{3}{2}}$}，
②∵對任意實數(shù)k，總存在實數(shù)x₀，使得H（x₀）=k成立，
∴y=H（x）的值域是R，
y=$\frac{1}{2e}$x在[s，+∞）遞增，值域是[$\frac{s}{2e}$，+∞），
對于y=$\frac{lnx}{x}$，y′=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，x=e時，y′=0，
x＞e時，y′＞0，在（e，+∞）遞增，
0＜x＜e時，y′＜0，在（0，e）遞減，
若s＞e，則函數(shù)y=$\frac{lnx}{x}$在（0，e）遞增，[e，s）是減函數(shù)，
其值域是（-∞，$\frac{1}{e}$]，
又$\frac{1}{e}$＜$\frac{s}{2e}$，不符合題意，舍去，
若0＜s≤e，則函數(shù)y=$\frac{lnx}{x}$在（0，s）遞增，
其值域是（-∞，$\frac{lns}{s}$），
由題意得：$\frac{s}{2e}$≤$\frac{lns}{s}$，即s²-2elns≤0，①，
記u（s）=s²-2elns，u′（s）=2s-$\frac{2e}{s}$=$\frac{2{（s}^{2}-e）}{s}$，
0＜s＜$\sqrt{e}$時，u′（s）＜0，u（s）在（0，$\sqrt{e}$）遞減，
s＞$\sqrt{e}$時，u′（s）＞0，u（s）在（$\sqrt{e}$，e）遞增，
∴s=$\sqrt{e}$時，u（s）有最小值u（$\sqrt{e}$）=0，
從而u（s）≥0恒成立（當且僅當s=$\sqrt{e}$時，u（s）=0）②，
由①②得：u（s）=0，得：s=$\sqrt{e}$，
綜上，實數(shù)s的取值集合是{$\sqrt{e}$}．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，考查分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．