Question

13．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-2x+2lnx（a≥0），g（x）=x²+b，（b＞0）．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）当a=0时，若对任意x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，e]，使|g（x₂）-f（x₁）|＜e²+4e成立，其中e=2.71828…，是自然对数的底数，求b的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=$ax-2+\frac{2}{x}$=$\frac{a{x}^{2}-2x+2}{x}$；
分①当a=0，②当a＞0讨论单调性．
   （Ⅱ） a=0时，f（x）=-2x+2lnx，求出g（x），g（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上的值域，可得使|g（x₂）-f（x₁）|＜e²+4e成立?对任意x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，e]，使|g（x）_max-f（x）_min|＜e²+4e成立．即可得b的取值范围

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=$ax-2+\frac{2}{x}$=$\frac{a{x}^{2}-2x+2}{x}$；
①当a=0时，$f′（x）=\frac{-2x+2}{x}$，x∈（0，1）时，f′（x）＞，x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0；
∴函数f（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞）．
②当a＞0时，方程ax²-2x+2=0的△=4-8a，
     当△=4-8a≤0，即$≥\frac{1}{2}$时，f′（x）≥0恒成立，此时函数f（x）的增区间为（0，+∞），
    当△=4-8a＞0，即0$＜a＜\frac{1}{2}$时，方程ax²-2x+2=0的两根x₁，x₂满足${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{2}{a}＞0$，x₁x₂＞0，∴x₁＞0，x₂＞0
      ${x}_{1}=\frac{2+\sqrt{4-8a}}{2a}=\frac{1+\sqrt{1-2a}}{a}$，${x}_{2}=\frac{1-\sqrt{1-2a}}{a}$
       x∈（0，x₂），（x₁，+∞）时，f′（x）＞0，x∈（x₂，x₁）时，f′（x）＜0，
此时函数的增区间为：（0，x₂），（x₁，+∞），减区间为：（x₂，x₁）．
（Ⅱ） a=0时，f（x）=-2x+2lnx，由（Ⅰ）得函数f（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞），
x∈[$\frac{1}{e}$，e]时，f（x）max=f（1）=-2，f（x）_min=min{f（$\frac{1}{e}$），f（e）}=-2e+2．
x∈[$\frac{1}{e}$，e]时，g（x）=x²+b，（b＞0）单调递增，$\frac{1}{{e}^{2}}+b$≤g（x）≤e²+b．
对任意x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，e]，使|g（x₂）-f（x₁）|＜e²+4e成立?对任意x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，e]，使|g（x）_max-f（x）_min|＜e²+4e成立．
∴＜e²+b-（-2e+2）＜e²+4e成立．解得b＜2e+2
所以b的取值范围为（0，2e+2）

点评 本题考查了导数的综合应用，分类讨论思想，函数中的任意性问题的转化，属于中档题．