Question

10．已知函数f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x，a∈R．
（Ⅰ）若x=2是函数f（x）的一个极值点，求实数a的值；
（Ⅱ）若关于x的不等式f（x）≤ax-1恒成立，求整数a的最小值；
（Ⅲ）是否存在x₀＞0，使得|f（x）+$\frac{1}{2}$ax²-f（x₀）|＜0对任意x＞0成立？若存在，求出x₀的取值范围；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由f（x）有极值点，导数等于0，求出a的值；
（Ⅱ）运用参数分离可得，在x＞0恒成立．运用导数，判断单调性，求得右边函数的最大值，注意结合函数的零点存在定理，即可得到a的最小值；
（Ⅲ）假设存在x₀＞0，使得|f（x）+$\frac{1}{2}$ax²-f（x₀）|＜0对任意x＞0成立，转化为封闭型命题，利用研究函数的最值可得结论．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x，定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-ax+1，
∵x=2是函数f（x）的一个极值点，
∴f′（2）=0，即$\frac{1}{2}$-2a+1=0，
解得a=$\frac{3}{4}$；
（Ⅱ）不等式f（x）≤ax-1恒成立，
∴lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x≤ax-1恒成立，x＞0，
∴等价为a≥$\frac{lnx+x+1}{\frac{1}{2}{x}^{2}+2x}$，在x＞0恒成立．
令g（x）=$\frac{lnx+x+1}{\frac{1}{2}{x}^{2}+2x}$，只需a≥g（x）_max，
g′（x）=$\frac{（x+1）（-\frac{1}{2}x-lnx）}{（\frac{1}{2}{x}^{2}+x）^{2}}$，
令g′（x）=0，可得-x-lnx=0，
设h（x）=-x-lnx，h′（x）=-1-$\frac{1}{x}$＜0，
h（x）在（0，+∞）递减，设h（x）=0的根为x₀，当x∈（0，x₀），g′（x）＞0，
当x∈（x₀，+∞）时，g′（x）＜0，
g（x）在x∈（0，x₀）递增，在x∈（x₀，+∞）递减，
即有g（x）_max=g（x₀）=$\frac{ln{x}_{0}+{x}_{0}+1}{\frac{1}{2}{{x}_{0}}^{2}+{x}_{0}}$=$\frac{1+\frac{1}{2}{x}_{0}}{{x}_{0}（1+\frac{1}{2}{x}_{0}）}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，
由h（$\frac{1}{2}$）=ln2-$\frac{1}{4}$＞0，h（1）=-$\frac{1}{2}$＜0，则$\frac{1}{2}$＜x₀＜1，
此时1＜$\frac{1}{{x}_{0}}$＜2，即g（x）_max∈（1，2），
即a≥2，
则有整数a的最小值为2；
（Ⅲ）假设存在满足题设的x₀，|f（x）+$\frac{1}{2}$ax²-f（x₀）|＜x，
∴|lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x+$\frac{1}{2}$ax²-f（x₀）|=|lnx+x-f（x₀）|＜x，
∴-x＜f（x₀）-（x+lnx）＜x，
∴lnx＜f（x₀）＜lnx+2x，对任意x＞0成立，
从而有f（x₀）＞（lnx）_max，f（x₀）＜（lnx+2x）_min，
∵lnx→+∞，lnx+2x→-∞，
∴无解，故不存在．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，主要考查不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，注意运用参数分离和函数的零点存在定理，其中问题（3）是一个开放性问题，考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力，属于难题．