Question

5．函數(shù)f（x）=ax²-（2a+1）x+lnx
（1）當a=1時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；
（2）設(shè)g（x）=e^x-x-1，當a＜0時，若對任意x₁∈（0，+∞），x₂∈R，不等式f（x₁）≤g（x₂）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當a=1時，函數(shù)f（x）=x²-3x+lnx，f′（x）=$\frac{（2x-1）（x-1）}{x}$．令f'（x）=0得：x₁=$\frac{1}{2}$，x₂=1．列出表格即可得出函數(shù)的單調(diào)性極值；
（2）對于任意的x₁∈（0，+∞），x₂∈R，不等式f（x₁）≤g（x₂）恒成立，則有f（x）_max≤g（x）_min．利用導(dǎo)數(shù)分別在定義域內(nèi)研究其單調(diào)性極值與最值即可．

解答 解：（1）當a=1時，函數(shù)f（x）=x²-3x+lnx，f′（x）=$\frac{（2x-1）（x-1）}{x}$．
令f'（x）=0得：x₁=$\frac{1}{2}$，x₂=1．
當x變化時，f'（x），f（x）的變化情況如下表：

x	（0，$\frac{1}{2}$）	$\frac{1}{2}$	（$\frac{1}{2}$，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	+	0	-	0	+
f（x）	單調(diào)遞增	極大	單調(diào)遞減	極小	單調(diào)遞增

因此，
f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為：（0，$\frac{1}{2}$），（1，+∞）；
單調(diào)遞減區(qū)間為：（$\frac{1}{2}$，1）
當x=$\frac{1}{2}$時，f（x）有極大值，且f（x）極大值=-$\frac{5}{4}$-ln2；
當x=1時，f（x）有極小值，且f（x）_極小值=-2．
（2）由g（x）=e^x-x-1，則g'（x）=e^x-1，
令g'（x）＞0，解得x＞0；令g'（x）＜0，解得x＜0．
∴g（x）在（-∞，0）是減函數(shù)，在（0，+∞）是增函數(shù)，
即g（x）_最小值=g（0）=0．
對于任意的x₁∈（0，+∞），x₂∈R，不等式f（x₁）≤g（x₂）恒成立，則有f（x₁）≤g（0）即可．
即不等式f（x）≤0對于任意的x∈（0，+∞）恒成立．
f′（x）=$\frac{（2ax-1）（x-1）}{x}$
①當a=0時，f′（x）=$\frac{1-x}{x}$，
令f'（x）＞0，解得0＜x＜1；令f'（x）＜0，解得x＞1．
∴f（x）在（0，1）是增函數(shù)，在（1，+∞）是減函數(shù)，
∴f（x）_最大值=f（1）=-1＜0，
∴a=0符合題意．
②當a＜0時，令f'（x）＞0，解得0＜x＜1；令f'（x）＜0，解得x＞1．
∴f（x）在（0，1）是增函數(shù)，在（1，+∞）是減函數(shù)，
∴f（x）_最大值=f（1）=-a-1≤0，
得-1≤a＜0，
∴-1≤a＜0符合題意．
③當a＞0時，令f'（x）=0得：x₁=$\frac{1}{2a}$，x₂=1．
a＞$\frac{1}{2}$時，0＜x₁＜1，令f'（x）＞0，解得0＜x＜$\frac{1}{2a}$或x＞1；
令f'（x）＜0，解得$\frac{1}{2a}$＜x＜1．
∴f（x）在（1，+∞）是增函數(shù)，
而當x→+∞時，f（x）→+∞，這與對于任意的x∈（0，+∞）時f（x）≤0矛盾．
同理0＜a≤$\frac{1}{2}$ 時也不成立．
綜上所述：a的取值范圍為[-1，0]．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了恒成立問題的等價轉(zhuǎn)化方法，考查了分類討論的思想方法，考察了推理能力和計算能力，屬于難題．