Question

1．已知函數(shù)f（x）=ax²-（2a+1）x+lnx，g（x）=e^x-x-1．
（1）當(dāng)a=1時(shí)，求f（x）的極值；
（2）若對(duì)?x₁∈（0，+∞），x₂∈R都有f（x₁）≤g（x₂）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=1時(shí)，函數(shù)f（x）=x²-3x+lnx，f′（x）=$\frac{（2x-1）（x-1）}{x}$．令f′（x）=0得：x=$\frac{1}{2}$或1．列出表格即可得出函數(shù)的單調(diào)性極值；
（2）對(duì)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(dāng)a=1時(shí)，函數(shù)f（x）=x²-3x+lnx，f′（x）=$\frac{（2x-1）（x-1）}{x}$．
令f′（x）=0得：x=$\frac{1}{2}$或1
當(dāng)x變化時(shí)，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，當(dāng)x=$\frac{1}{2}$時(shí)，f（x）有極大值-$\frac{5}{4}$-ln2；
當(dāng)x=1時(shí)，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(duì)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(duì)于任意的x∈（0，+∞）恒成立．
f′（x）=$\frac{2a{x}^{2}-（2a+1）x+1}{x}$
①當(dāng)a=0時(shí)，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(dāng)a＜0時(shí)，f′（x）=$\frac{（2ax-1）（x-1）}{x}$，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）=-a-1≤0，得-1≤a＜0，
∴-1≤a＜0符合題意．
③當(dāng)a＞0時(shí)，f′（x）=$\frac{（2ax-1）（x-1）}{x}$，f′（x）=0得x=$\frac{1}{2a}$或1，
a$＞\frac{1}{2}$時(shí)，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(dāng)x→+∞時(shí)，f（x）→+∞，這與對(duì)于任意的x∈（0，+∞）時(shí)f（x）≤0矛盾．
同理0$＜a≤\frac{1}{2}$時(shí)也不成立．
綜上所述：a的取值范圍為[-1，0]．

點(diǎn)評(píng) 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(wèn)題的等價(jià)轉(zhuǎn)化方法，考查了分類討論的思想方法，考查了推理能力和計(jì)算能力，屬于難題．