题目内容
4．已知a，b为实数，函数f（x）=ax3-bx．（1）当a=1且b∈[1，3]时，求函数F（x）=|$\frac{f（x）}{x}-lnx$|+2b+1（x∈[$\frac{1}{2}，2$]的最大值为M（b））；
（2）当a=0，b=-1时，记h（x）=$\frac{lnx}{f（x）}$
①函数h（x）的图象上一点P（x0，y0）处的切线方程为y=y（x），记g（x）=h（x）-y（x）．问：是否存在x0，使得对于任意x1∈（0，x0），任意x2∈（x0，+∞），都有g（x1）g（x2）＜0恒成立？若存在，求也所有可能的x0组成的集合；若不存在，说明理由．
②令函数H（x）=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{x}{2e}，x≥s}\\{h（x），0＜x＜s}\end{array}\right.$，若对任意实数k，总存在实数x0，使得H（x0）=k成立，求实数s的取值集合．
分析 （1）记t（x）=x2-lnx，x∈[$\frac{1}{2}$，2]，求出t（x）的范围是[$\frac{1+ln2}{2}$，4-ln2]，b∈[1，3]时，记v（t）=|t-b|+2b+1，求出函数的单调性，求出M（b）即可；
（2）①求出h（x）的导数，求出g（x）的表达式，结合函数的单调性求出x0的值即可；
②求出H（x）的值域，根据y=$\frac{1}{2e}$x在[s，+∞）递增，值域是[$\frac{s}{2e}$，+∞），若s＞e，则函数y=$\frac{lnx}{x}$在（0，e）递增，[e，s）是减函数，其值域是（-∞，$\frac{1}{e}$]，得到$\frac{s}{2e}$≤$\frac{lns}{s}$，即s2-2elns≤0，①，记u（s）=s2-2elns，根据函数的单调性判断即可．
解答 解：（1）F（x）=|x2-lnx-b|+2b+1，
记t（x）=x2-lnx，x∈[$\frac{1}{2}$，2]，则t′（x）=2x-$\frac{1}{x}$，
令t′（x）=0，得：x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\frac{1}{2}$＜x＜2时，t′（x）＜0，t（x）在（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）上递减，
$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜x＜2时，t′（x）＞0，t（x）在（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，2）上递增，
又t（$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{4}$+ln2，t（2）=4-ln2，t（$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=$\frac{1+ln2}{2}$且t（2）-t（$\frac{1}{2}$）=$\frac{15}{4}$-2ln2＞0，
∴t（x）的范围是[$\frac{1+ln2}{2}$，4-ln2]，
b∈[1，3]时，记v（t）=|t-b|+2b+1，
则v（t）=$\left\{\begin{array}{l}{-t+3b+1，\frac{1+ln2}{2}≤t≤b}\\{t+b+1，b＜t≤4-ln2}\end{array}\right.$，
∵v（t）在[$\frac{1+ln2}{2}$，b]上递减，在（b，4-ln2]递增，
且v（$\frac{1+ln2}{2}$）=3b+$\frac{1-ln2}{2}$，v（4-ln2）=b+5-ln2，
v（$\frac{1+ln2}{2}$）-v（4-ln2）=2b+$\frac{ln2-9}{2}$，
∴b≤$\frac{9-ln2}{4}$时，最大值M（b）=v（4-ln2）=b+5-ln2，
b＞$\frac{9-ln2}{4}$时，最大值M（b）=v（$\frac{1+ln2}{2}$）=3b+$\frac{1-ln2}{2}$，
∴M（b）=$\left\{\begin{array}{l}{b+5-ln2，1≤b≤\frac{9-ln2}{4}}\\{3b+\frac{1-ln2}{2}，\frac{9-ln2}{4}＜b≤4}\end{array}\right.$；
（2）h（x）=$\frac{lnx}{x}$，
①h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，h′（x0）=$\frac{1-l{nx}_{0}}{{{x}_{0}}^{2}}$，
∴y（x）=$\frac{1-l{nx}_{0}}{{{x}_{0}}^{2}}$（x-x0）+y0，
g（x）=$\frac{lnx}{x}$-y0-$\frac{1-l{nx}_{0}}{{{x}_{0}}^{2}}$（x-x0），g（x0）=0，
g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$-$\frac{1-l{nx}_{0}}{{{x}_{0}}^{2}}$，g′（x0）=0，
令G（x）=g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$-$\frac{1-l{nx}_{0}}{{{x}_{0}}^{2}}$，G′（x）=$\frac{-3+2lnx}{{x}^{3}}$，
∴g′（x）在（0，${e}^{\frac{3}{2}}$）递减，在（${e}^{\frac{3}{2}}$，+∞）递增，
若x0＜${e}^{\frac{3}{2}}$，则x∈（0，x0）时，g′（x）＞0，g（x）递增，g（x）＜g（x0）=0，
x∈（x0，${e}^{\frac{3}{2}}$）时，g′（x）＜0，g（x）递减，g（x）＜g（x0）=0，不符合题意，
若x0＞${e}^{\frac{3}{2}}$，则x∈（${e}^{\frac{3}{2}}$，x0）时，g′（x）＜0，g（x）递减，g（x）＞g（x0）=0，
x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）递增，g（x）＞g（x0）=0，不符合题意，
若x0=${e}^{\frac{3}{2}}$，则x∈（0，${e}^{\frac{3}{2}}$）时，g（x）＜0，x∈（${e}^{\frac{3}{2}}$，+∞）时，g（x）＞0，符合题意，
综上，存在x0满足要求，且x0的取值集合是{${e}^{\frac{3}{2}}$}，
②∵对任意实数k，总存在实数x0，使得H（x0）=k成立，
∴y=H（x）的值域是R，
y=$\frac{1}{2e}$x在[s，+∞）递增，值域是[$\frac{s}{2e}$，+∞），
对于y=$\frac{lnx}{x}$，y′=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，x=e时，y′=0，
x＞e时，y′＞0，在（e，+∞）递增，
0＜x＜e时，y′＜0，在（0，e）递减，
若s＞e，则函数y=$\frac{lnx}{x}$在（0，e）递增，[e，s）是减函数，
其值域是（-∞，$\frac{1}{e}$]，
又$\frac{1}{e}$＜$\frac{s}{2e}$，不符合题意，舍去，
若0＜s≤e，则函数y=$\frac{lnx}{x}$在（0，s）递增，
其值域是（-∞，$\frac{lns}{s}$），
由题意得：$\frac{s}{2e}$≤$\frac{lns}{s}$，即s2-2elns≤0，①，
记u（s）=s2-2elns，u′（s）=2s-$\frac{2e}{s}$=$\frac{2{（s}^{2}-e）}{s}$，
0＜s＜$\sqrt{e}$时，u′（s）＜0，u（s）在（0，$\sqrt{e}$）递减，
s＞$\sqrt{e}$时，u′（s）＞0，u（s）在（$\sqrt{e}$，e）递增，
∴s=$\sqrt{e}$时，u（s）有最小值u（$\sqrt{e}$）=0，
从而u（s）≥0恒成立（当且仅当s=$\sqrt{e}$时，u（s）=0）②，
由①②得：u（s）=0，得：s=$\sqrt{e}$，
综上，实数s的取值集合是{$\sqrt{e}$}．
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函数恒成立问题，考查分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．
| A． | A∩B=∅ | B． | （∁RA）∪B={x|x＜0} | C． | A∪B={x|x≥0} | D． | （∁RA）∩B={-2，-1} |
| A． | 至少有一个不小于2 | B． | 都小于2 | ||
| C． | 至少有一个不大于2 | D． | 都大于2 |
如图，记棱长为1的正方体C1，以C1各个面的中心为顶点的正八面体为C2，以C2各面的中心为顶点的正方体为C3，以C3各个面的中心为顶点的正八面体为C4，…，以此类推得一系列的多面体Cn，设Cn的棱长为an，则数列{an}的各项和为$\frac{6+3\sqrt{2}}{4}$．