Question

1．设函数 f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²-bx．
（1）当a=$\frac{1}{2}$，b=$-\frac{1}{2}$时，求函数f（x）的单调区间；
（2）令F（x）=f（x）+$\frac{1}{2}$ax²+bx+$\frac{a}{x}$（0＜x＜3），其图象上任意一点P（x₀，y₀）处切线的斜率k≤$\frac{1}{2}$恒成立，求实数a的取值范围；
（3）当a=0，b=-1时，方程f（x）=mx在区间[1，e²]内恰有两个实数解，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）将a，b的值代入f（x），求出其导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）求出F（x），求导得到$\frac{{x}_{0}-a}{{{x}_{0}}^{2}}$≤$\frac{1}{2}$在（0，3）上恒成立，分离参数求出a的范围即可；
（3）得到m=1+$\frac{lnx}{x}$，只需m=1+$\frac{lnx}{x}$在区间[1，e²]内恰有两个实数解，令g（x）=1+$\frac{lnx}{x}$（x＞0），根据函数的单调性求出m的范围即可．

解答 解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），
当a=$\frac{1}{2}$，b=$-\frac{1}{2}$时，f（x）=lnx-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{2}$x，f′（x）=$\frac{-（x-2）（x+1）}{2x}$，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜2，令f′（x）＜0，解得：x＞2，
故f（x）在（0，2）递增，在（2，+∞）递减；
（2）F（x）=lnx+$\frac{a}{x}$，（0＜x＜3），
则有K=F′（x）=$\frac{{x}_{0}-a}{{{x}_{0}}^{2}}$≤$\frac{1}{2}$在（0，3）上恒成立，
∴a≥${（-{{\frac{1}{2}x}_{0}}^{2}{+x}_{0}）}_{max}$，x₀=1时，${（-{{\frac{1}{2}x}_{0}}^{2}{+x}_{0}）}_{max}$=$\frac{1}{2}$，
故a≥$\frac{1}{2}$；
（3）a=0，b=-1时，f（x）=lnx+x，
由f（x）=mx得lnx+x=mx，
又x＞0，∴m=1+$\frac{lnx}{x}$，
要使方程f（x）=mx在区间[1，e²]内恰有两个实数解，
只需m=1+$\frac{lnx}{x}$在区间[1，e²]内恰有两个实数解，
令g（x）=1+$\frac{lnx}{x}$（x＞0），∴g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
令g′（x）＞0，解得：0＜x＜e，令g′（x）＜0，解得：x＞e，
∴g（x）在[1，e]递增，在[e，e²]递减，
g（1）=1，g（e²）=1+$\frac{2}{{e}^{2}}$，g（e）=1+$\frac{1}{e}$，
∴1+$\frac{2}{{e}^{2}}$≤m＜1+$\frac{1}{e}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道中档题．