Question

7．已知函数$f（x）=\frac{x^2}{2e}-ax，g（x）=lnx-ax，a∈R$．
（1）解关于x（x∈R）的不等式f（x）≤0；
（2）证明：f（x）≥g（x）；
（3）是否存在常数a，b，使得f（x）≥ax+b≥g（x）对任意的x＞0恒成立？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）通过讨论a的范围，求出不等式的解集即可；
（2）设h（x）=f（x）-g（x），求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值，证出结论即可；
（3）假设存在，得到$\frac{x^2}{2e}≥2ax+b≥lnx$对任意的x＞0恒成立，根据函数的单调性判断即可．

解答 解：（1）当a=0时，$f（x）=\frac{x^2}{2e}$，所以f（x）≤0的解集为{0}；
当a≠0时，$f（x）=x（\frac{x}{2e}-a）$，
若a＞0，则f（x）≤0的解集为[0，2ea]；
若a＜0，则f（x）≤0的解集为[2ea，0]．
综上所述，当a=0时，f（x）≤0的解集为{0}；
当a＞0时，f（x）≤0的解集为[0，2ea]；
当a＜0时，f（x）≤0的解集为[2ea，0]．  …（4分）
（2）设$h（x）=f（x）-g（x）=\frac{x^2}{2e}-lnx$，则$h'（x）=\frac{x}{e}-\frac{1}{x}=\frac{{{x^2}-e}}{ex}$．
令h'（x）=0，得$x=\sqrt{e}$，列表如下：

x	$（0，\sqrt{e}）$	$\sqrt{e}$	$（\sqrt{e}，+∞）$
h'（x）	-	0	+
h（x）	↘	极小值	↗

所以函数h（x）的最小值为$h（\sqrt{e}）=0$，
所以$h（x）=\frac{x^2}{2e}-lnx≥0$，即f（x）≥g（x）．…（8分）
（3）假设存在常数a，b使得f（x）≥ax+b≥g（x）对任意的x＞0恒成立，
即$\frac{x^2}{2e}≥2ax+b≥lnx$对任意的x＞0恒成立．
而当$x=\sqrt{e}$时，$lnx=\frac{x^2}{2e}=\frac{1}{2}$，所以$\frac{1}{2}≥2a\sqrt{e}+b≥\frac{1}{2}$，
所以$2a\sqrt{e}+b=\frac{1}{2}$，则$b=\frac{1}{2}-2a\sqrt{e}$，
所以$\frac{x^2}{2e}-2ax-b=\frac{x^2}{2e}-2ax+2a\sqrt{e}-\frac{1}{2}≥0（*）$恒成立，
①当a≤0时，$2a\sqrt{e}-\frac{1}{2}＜0$，所以（*）式在（0，+∞）上不恒成立；
②当a＞0时，则$4{a^2}-\frac{2}{e}（2a\sqrt{e}-\frac{1}{2}）≤0$，即${（2a-\frac{1}{{\sqrt{e}}}）^2}≤0$，
所以$a=\frac{1}{{2\sqrt{e}}}$，则$b=-\frac{1}{2}$．…（12分）
令$φ（x）=lnx-\frac{1}{{\sqrt{e}}}x+\frac{1}{2}$，则$φ'（x）=\frac{{\sqrt{e}-x}}{{\sqrt{e}x}}$，令φ'（x）=0，得$x=\sqrt{e}$，
当$0＜x＜\sqrt{e}$时，φ'（x）＞0，φ（x）在$（0，\sqrt{e}）$上单调增；
当$x＞\sqrt{e}$时，φ'（x）＜0，φ（x）在$（\sqrt{e}，+∞）$上单调减．
所以φ（x）的最大值$φ（\sqrt{e}）=0$．所以$lnx-\frac{1}{{\sqrt{e}}}x+\frac{1}{2}≤0$恒成立．
所以存在$a=\frac{1}{{2\sqrt{e}}}$，$b=-\frac{1}{2}$符合题意．…（16分）

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分类讨论思想，是一道中档题．