Question

20．已知关于x的不等式lnx-$\frac{1}{2}$ax²+（1-a）x+1≤b恒成立；则ab的最小值为（　　）

• A． 1+$\frac{2}{e}$
• B． $\frac{1}{2}$+$\frac{2}{e}$
• C． 1+$\frac{1}{e}$
• D． $\frac{1}{2}$+$\frac{1}{e}$

Answer 1

分析 利用导数的性质求解函数单调性，判断其最值的存在性．利用单调性讨论函数f（x）的最值，从而求解ab的最小值．

解答 解：令f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+（1-a）x+1，那么f′（x）=$\frac{-a{x}^{2}+（1-ax）+1}{x}$，
当a≤0时，因为x＞0，所以f′（x）＞0，则f（x）在（0，+∞）上是单调增函数，不符合题意．
当a＞0时，f′（x）=$\frac{-a{x}^{2}+（1-ax）+1}{x}$=$\frac{a（x-\frac{1}{a}）（x+1）}{x}$，令f′（x）=0，解得：x=$\frac{1}{a}$，
所以：当x∈（0，$\frac{1}{a}$）时减函数，故函数f（x）的最大值为f（$\frac{1}{a}$）=$\frac{1}{2a}-lna$，所以$\frac{1}{2a}-lna$≤b，那么ab≥$\frac{1}{2}-alna$．
令h（a）=$\frac{1}{2}-alna$，则h′（a）=-（1+lna），
当a∈（0，$\frac{1}{e}$）时，h′（a）＞0，
当a＞$\frac{1}{e}$，h′（a）＜0，所以h（$\frac{1}{e}$）_max=$\frac{1}{2}+\frac{1}{e}$，故得ab≥$\frac{1}{2}+\frac{1}{e}$．
故选D．

点评 本题主要考察了函数的导数性质对单调性研究转化成最值的讨论，求其在最值上的恒成立问题．属于难题．