Question

7．已知函數$f（x）=blnx-\frac{x^2}{{2{e^2}}}+a$（其中a∈R，無理數e=2.71828…）．當x=e時，函數f（x）有極大值$\frac{1}{2}$．
（Ⅰ）求實數a，b的值；
（Ⅱ）求函數f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅲ）任取x₁，${x_2}∈[{e，{e^2}}]$，證明：|f（x₁）-f（x₂）|＜3．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導數，由題意可得f（e）=$\frac{1}{2}$，f′（e）=0，解方程可得a，b；
（Ⅱ）求出f（x）的導數，由導數大于0，可得增區(qū)間；導數小于0，可得減區(qū)間；
（Ⅲ）求出f（x）的導數，求得f（x）在[e，e²]上的最值，欲證明|f（x₁）-f（x₂）|＜3，只需證明|f（x）_max-f（x）_min|＜3，即可．

解答 解：（Ⅰ）函數$f（x）=blnx-\frac{x^2}{{2{e^2}}}+a$的導數為f′（x）=$\frac{x}$-$\frac{x}{{e}^{2}}$，
由題意知$f′（e）=\frac{e}-\frac{e}{e^2}=0$，$f（e）=blne-\frac{e^2}{{2{e^2}}}+a=\frac{1}{2}$，
解得a=0，b=1；
（Ⅱ）由題可知f（x）=lnx-$\frac{{x}^{2}}{2{e}^{2}}$的定義域為（0，+∞），
又$f′（x）=\frac{1}{x}-\frac{x}{e^2}=\frac{{{e^2}-{x^2}}}{{{e^2}x}}=\frac{（e+x）（e-x）}{{{e^2}x}}$，
由$\frac{（e+x）（e-x）}{{e}^{2}x}$＞0，解得0＜x＜e；
$\frac{（e+x）（e-x）}{{e}^{2}x}$＜0，解得x＞e．
故函數f（x）的單調增區(qū)間為（0，e），單調遞減區(qū)間為（e，+∞）．
（Ⅲ）證明：因為$f（x）=lnx-\frac{x^2}{{2{e^2}}}$，
由（Ⅱ）可知函數f（x）的單調遞減區(qū)間為（e，+∞），
故f（x）在[e，e²]上單調遞減，
∴$f{（x）_{max}}=f（e）=lne-\frac{e^2}{{2{e^2}}}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$，
$f{（x）_{min}}=f（{e^2}）=ln{e^2}-\frac{e^4}{{2{e^2}}}=2-\frac{e^2}{2}$；
∴$f{（x）_{max}}-f{（x）_{min}}=\frac{1}{2}-（2-\frac{e^2}{2}）=\frac{{{e^2}-3}}{2}$，
∴|f（x）_max-f（x）_min|=$\frac{{e}^{2}-3}{2}$＜3①
依題意任取x₁，${x_2}∈[{e，{e^2}}]$，
欲證明|f（x₁）-f（x₂）|＜3，
只需證明|f（x）_max-f（x）_min|＜3，
由①可知此式成立，原命題得證．

點評 本題考查導數的運用：求單調區(qū)間和極值、最值，考查不等式的證明，注意運用轉化思想，考查運算能力，屬于中檔題．