Question

8．已知函数f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x，a∈R．
（1）若a=2，求函数f（x）的单调递减区间；
（2）若关于x的不等式f（x）≤ax-1恒成立，求整数a的最小值．

Answer 1

分析 （1）求得函数的导数，令导数小于0，解二次不等式，注意x＞0，可得单调减区间；
（2）运用参数分离可得a≥$\frac{lnx+x+1}{\frac{1}{2}{x}^{2}+x}$在x＞0恒成立．运用导数，判断单调性，求得右边函数的最大值，注意结合函数的零点存在定理，即可得到a的最小值．

解答 解：（1）若a=2，则f（x）=lnx-x²+x，x＞0，
f′（x）=$\frac{1}{x}$-2x+1=$\frac{-2{x}^{2}+x+1}{x}$，
f′（x）＜0可得2x²-x-1＞0，又x＞0，解得x＞1，
即有f（x）的减区间为（1，+∞）；
（2）f（x）≤ax-1恒成立，可得lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x≤ax-1恒成立，
等价为a≥$\frac{lnx+x+1}{\frac{1}{2}{x}^{2}+x}$在x＞0恒成立．
令g（x）=$\frac{lnx+x+1}{\frac{1}{2}{x}^{2}+x}$，只需a≥g（x）_max，
g′（x）=$\frac{（x+1）（-\frac{1}{2}x-lnx）}{（\frac{1}{2}{x}^{2}+x）^{2}}$，令g′（x）=0，可得-$\frac{1}{2}$x-lnx=0，
设h（x）=-$\frac{1}{2}$x-lnx，h′（x）=-$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{x}$＜0，
h（x）在（0，+∞）递减，设h（x）=0的根为x₀，当x∈（0，x₀），g′（x）＞0，
当x∈（x₀，+∞）时，g′（x）＜0，
g（x）在x∈（0，x₀）递增，在x∈（x₀，+∞）递减，
即有g（x）_max=g（x₀）=$\frac{ln{x}_{0}+{x}_{0}+1}{\frac{1}{2}{{x}_{0}}^{2}+{x}_{0}}$=$\frac{1+\frac{1}{2}{x}_{0}}{{x}_{0}（1+\frac{1}{2}{x}_{0}）}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，
由h（$\frac{1}{2}$）=ln2-$\frac{1}{4}$＞0，h（1）=-$\frac{1}{2}$＜0，则$\frac{1}{2}$＜x₀＜1，
此时1＜$\frac{1}{{x}_{0}}$＜2，即g（x）_max∈（1，2），
即a≥2，
则有整数a的最小值为2．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，主要考查不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，注意运用参数分离和函数的零点存在定理，属于中档题．