Question

3．已知函數(shù)f（x）=（a-$\frac{1}{2}$）x²+lnx．（a∈R）
（1）當a=0時，求f（x）在x=1處的切線方程；
（2）若在區(qū)間（1，+∞）上，函數(shù)f（x）的圖象恒在直線y=2ax下方，求a的取值范圍；
（3）設g（x）=f（x）-2ax，h（x）=x²-2bx+$\frac{19}{6}$．當a=$\frac{2}{3}$時，若對于任意x₁∈（0，2），存在x₂∈[1，2]，使g（x₁）≤h（x₂），求實數(shù)b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導數(shù)，求得切線的斜率和切點，可得切線的方程；
（2）令$g（x）=f（x）-2ax=（a-\frac{1}{2}）{x^2}-2ax+lnx$，由題意可得g（x）＜0在區(qū)間（1，+∞）上恒成立．求出g（x）的導數(shù)，對a討論，①若$a＞\frac{1}{2}$，②若$a≤\frac{1}{2}$，判斷單調性，求出極值點，即可得到所求范圍；
（3）由題意可得任意x₁∈（0，2），存在x₂∈[1，2]，只要g（x₁）_max≤h（x₂）_max，運用單調性分別求得g（x）和h（x）的最值，解不等式即可得到所求b的范圍．

解答 解：（1）f（x）=-$\frac{1}{2}$x²+lnx的導數(shù)為f′（x）=-x+$\frac{1}{x}$，
f（x）在x=1處的切線斜率為0，切點為（1，-$\frac{1}{2}$），
則f（x）在x=1處的切線方程為$y=-\frac{1}{2}$；
（2）令$g（x）=f（x）-2ax=（a-\frac{1}{2}）{x^2}-2ax+lnx$，
則g（x）的定義域為（0，+∞）．
在區(qū)間（1，+∞）上，函數(shù)f（x）的圖象恒在直線y=2ax下方
等價于g（x）＜0在區(qū)間（1，+∞）上恒成立.$g'（x）=（2a-1）x-2a+\frac{1}{x}=\frac{{（2a-1）{x^2}-2ax+1}}{x}=\frac{（x-1）[（2a-1）x-1]}{x}$①
①若$a＞\frac{1}{2}$，令g'（x）=0，得極值點x₁=1，${x_2}=\frac{1}{2a-1}$，
當x₂＞x₁=1，即$\frac{1}{2}＜a＜1$時，在（0，1）上有g'（x）＞0，
在（1，x₂）上有g'（x）＜0，在（x₂，+∞）上有g'（x）＞0，
此時g（x）在區(qū)間（x₂，+∞）上是增函數(shù)，
并且在該區(qū)間上有g（x）∈（g（x₂），+∞），不合題意；
當x₂≤x₁=1，即a≥1時，同理可知，g（x）在區(qū)間（1，+∞）上，
有g（x）∈（g（1），+∞），也不合題意；
②若$a≤\frac{1}{2}$，則有2a-1≤0，此時在區(qū)間（1，+∞）上恒有g'（x）＜0，
從而g（x）在區(qū)間（1，+∞）上是減函數(shù)；
要使g（x）＜0在此區(qū)間上恒成立，只須滿足$g（1）=-a-\frac{1}{2}≤0$$⇒a≥-\frac{1}{2}$，
由此求得a的范圍是[$-\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$]．
綜合①②可知，當a∈[$-\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$]時，函數(shù)f（x）的圖象恒在直線y=2ax下方．
（3）當$a=\frac{2}{3}$時，由（Ⅱ）中①知g（x）在（0，1）上是增函數(shù)，
在（1，2）上是減函數(shù)，所以對任意x₁∈（0，2），都有$g（{x_1}）≤g（1）=-\frac{7}{6}$，
又已知存在x₂∈[1，2]，使g（x₁）≤h（x₂），
即存在x₂∈[1，2]，使${x^2}-2bx+\frac{19}{6}≥-\frac{7}{6}$，即存在x₂∈[1，2]，$2bx≤{x^2}+\frac{13}{3}$，
即存在x₂∈[1，2]，使$2b≤x+\frac{13}{3x}$．
因為$y=x+\frac{13}{3x}∈[\frac{25}{6}，\frac{16}{3}]（x∈[1，2]）$，
所以$2b≤\frac{16}{3}$，解得$b≤\frac{8}{3}$，所以實數(shù)b的取值范圍是$（-∞，\frac{8}{3}]$．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線的方程和單調性，考查不等式恒成立問題及任意性和存在性問題，注意轉化為求最值問題，考查運算能力，屬于中檔題．