Question

11．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-（2a+1）x+2lnx（a∈R）．
（1）当a=1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）当a＞0时，设g（x）=（x²-2x）e^x，求证：对任意x₁∈（0，2]，均存在x₂∈（0，2]，使得f（x₁）＜g（x₂）成立．

Answer 1

分析 （1）先求导，再根据导数和函数单调性的关系即可求出单调区间；
（2）问题转化为f（x）_max＜g（x）_max，根据导数和函数最值的关系求出g（x）_max=0，再对a进行分类讨论，根据导数和函数最值的关系即可证明．

解答 解：（1）因为f（x）=$\frac{1}{2}$x²-3x+2lnx，x＞0，
所以f′（x）=x-3+$\frac{2}{x}$=$\frac{（x-1）（x-2）}{x}$，
令f′（x）=0，解得x=1，或x=2，
当f′（x）＞0时，解得0＜x＜1或x＞2，
当f′（x）＜0时，解得1＜x＜2，
所以其单调递增区间为（0，1），（2，+∞），单调递减区间为（1，2）． 
（2）若要命题成立，只需当x∈（0，2]时，f（x）_max＜g（x）_max．由g′（x）=（x²-2）e^x，
可知，当x∈（0，2]时，g（x）在区间（0，$\sqrt{2}$）上单调递减，在区间（$\sqrt{2}$，2]上单调递增，
g（0）=g（2）=0，故g（x）_max=0，
所以只需f（x）_max＜0．
对函数f（x）来说，f′（x）=ax-（2a+1）+$\frac{2}{x}$=$\frac{（ax-1）（x-2）}{x}$．
①当$\frac{1}{a}$≥2时，即 0＜a≤$\frac{1}{2}$，函数f（x）在区间x∈（0，2]上单调递增，
所以，f（x）_max=f（2）=-2a-2+2ln2＜0，
所以，a＞ln2-1   即0＜a≤$\frac{1}{2}$，
②当0＜$\frac{1}{a}$＜2时，即a＞$\frac{1}{2}$，函数f（x）在区间（0，$\frac{1}{a}$）上单调递增，在区间（$\frac{1}{a}$，2]上单调递减，
所以f（x）_max=f（$\frac{1}{a}$）=-2lna-$\frac{1}{2a}$-2．
当a≥1时，显然小于0，满足题意；
当$\frac{1}{2}$＜a＜1时，可令h（a）=-2lna-$\frac{1}{2a}$-2，
所以h′（a）=$\frac{1-4a}{2{a}^{2}}$，
可知该函数在a∈（$\frac{1}{2}$，1）时单调递减，h（a）＜h（$\frac{1}{2}$）=2ln2-3＜0，满足题意，
所以a＞$\frac{1}{2}$  满足题意． 
综上所述：当a＞0时，对任意x₁∈（0，2]，均存在x₂∈（0，2]，使得f（x₁）＜g（x₂）成立．   
（2）另法】f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-（2a+1）x+2lnx=$\frac{a（{x}^{2}-4x）}{2}$-（x-2lnx），
因为a＞0，x∈（0，2]，
 所以$\frac{a（{x}^{2}-4x）}{2}$＜0
令h（x）=x-2lnx，则h′（x）=1-$\frac{2}{x}$=$\frac{x-2}{x}$，
所以h（x）在（0，2]为单调递减，h（x）≥h（2）=2-2ln2＞0，
因此，在a＞0，x∈（0，2]时，f（x）＜0，
故当a＞0时，对任意x₁∈（0，2]，均存在x₂∈（0，2]，使得f（x₁）＜g（x₂）成立．

点评 本题考查了导数的综合应用，同时考查了恒成立问题和存在性的问题的处理方法，属于中档题．