Question

12．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-（2a+1）x+21nx（a∈R）．
（1）当a=$\frac{2}{3}$时，求函数f（x）的单调区间；
（2）当a＞$\frac{1}{2}$时，设g（x）=（x²-2x）e^x．求证；对任意x₁∈（0，2]，均存在∈（0，2]，使得f（x₁）＜g（x₂）成立．

Answer 1

分析 （1）求导f′（x），（x＞0）；解关于导函数的不等式，从而确定函数的单调性；
（2）由已知，在（0，2]上有f_max（x）＜g_max（x），从而求导确定函数的最值，从而由最值确定a的取值范围

解答 解：（1）a=$\frac{2}{3}$时，函数f（x）=$\frac{1}{3}$x²-$\frac{7}{3}$x+2lnx，（x＞0），
f′（x）=$\frac{2}{3}$x-$\frac{7}{3}$+$\frac{2}{x}$=$\frac{（2x-3）（x-2）}{3x}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞2或x＜$\frac{3}{2}$，
令f′（x）＜0，解得：$\frac{3}{2}$＜x＜2，
∴f（x）在（0，$\frac{3}{2}$）递增，在（$\frac{3}{2}$，2）递减，在（2，+∞）递增；
（2）f′（x）=$\frac{（ax-1）（x-2）}{x}$，（x＞0）；
当a＞$\frac{1}{2}$时，0＜$\frac{1}{a}$＜2，增区间是（0，$\frac{1}{a}$）和（2，+∞），减区间是（$\frac{1}{a}$，2）．
由已知，在（0，2]上有f_max（x）＜g_max（x）．
由已知，g_max（x）=0，
当a≤0时，x＞0，ax-1＜0，在区间（0，2]上，f′（x）＞0；f（x）在（0，2]上单调递增，
根据函数的单调性得：f_max（x）=f（$\frac{1}{a}$）=-2-$\frac{1}{2a}$-2lna．
由a＞$\frac{1}{2a}$可知lna＞ln$\frac{1}{2}$＞ln$\frac{1}{e}$=-1，2lna＞-2，-2lna＜2，
所以，-2-2lna＜0，f_max（x）＜0，
综上所述，a＞ln2-1．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题的处理方法，属于中档题．