Question

已知函数f（x）=lnx-

1

2

ax²-2x  
（1）当a=1时，?x₀∈[1，e]，使不等式f（x₀）≤m，求实数m的取值范围；
（2）若a=-

1

2

，且关于x的方程f（x）=-

1

2

x+b在[1，4]上恰有两个不等的实根，求实数b的取值范围；
（3）若在区间（1，+∞）上，函数f（x）的图象恒在直线y=2ax的下方，求实数a的取值范围．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,函数的零点与方程根的关系

专题：导数的综合应用

分析：（1）当a=1时，?x₀∈[1，e]，使不等式f（x₀）≤m?m≥f（x）_min，x∈[1，e]．利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．
（2）a=-

1

2

，关于x的方程f（x）=-

1

2

x+b化为lnx+

1

4

x2-

3

2

x-b=0，令g（x）=lnx+

1

4

x2-

3

2

x-b，x∈[1，4]，利用导数研究其单调性极值与最值，可得：当x=2时，函数g（x）取得极小值即最小值，g（2）=ln2-2-b．而g（1）＜g（4）．由于关于x的方程f（x）=-

1

2

x+b在[1，4]上恰有两个不等的实根，可得g（2）＜0，g（1）＞0，解出即可．
（3）在区间（1，+∞）上，函数f（x）的图象恒在直线y=2ax的下方?f（x）＜2ax．令h（x）=f（x）-2ax=lnx-

1

2

ax²-（2+2a）x，因此f（x）＜2ax?h（x）_max＜0．h′（x）=

1

x

-ax-（2+2a）=

-ax2-(2+2a)x+1

x

，对a分类讨论，利用导数研究函数h（x）的单调性极值与最值即可得出．

解答： 解：（1）当a=1时，?x₀∈[1，e]，使不等式f（x₀）≤m?m≥f（x）_min，x∈[1，e]．
f′（x）=

1

x

-x-2=

-(x2+2x-1)

x

=

-(x+1)2+2

x

＜0，
∴函数f（x）在x∈[1，e]单调递减，
∴当x=e时，f（x）取得最小值f（e）=1-

1

2

e2-2e．
∴实数m的取值范围是[1-

1

2

e2-2e，+∞)；
（2）a=-

1

2

，关于x的方程f（x）=-

1

2

x+b化为lnx+

1

4

x2-

3

2

x-b=0，
令g（x）=lnx+

1

4

x2-

3

2

x-b，x∈[1，4]，
g′（x）=

1

x

+

1

2

x-

3

2

=

x2-3x+2

2x

=

(x-1)(x-2)

2x

，
令g′（x）＞0，解得2＜x＜4，此时函数g（x）单调递增；令g′（x）＜0，解得1＜x＜2，此时函数g（x）单调递减．
∴当x=2时，函数g（x）取得极小值即最小值，g（2）=ln2-2-b．
而g（1）=-

5

4

-b，g（4）=2ln2-2-b，而g（4）-g（1）=2ln2-2+

5

4

=2ln2-

3

4

＞0，∴g（1）＜g（4）．
∵关于x的方程f（x）=-

1

2

x+b在[1，4]上恰有两个不等的实根，
∴g（2）＜0，g（1）＞0，解得ln2-2＜b≤-

5

4

．
∴实数b的取值范围是ln2-2＜b≤-

5

4

．
（3）在区间（1，+∞）上，函数f（x）的图象恒在直线y=2ax的下方?f（x）＜2ax．
令h（x）=f（x）-2ax=lnx-

1

2

ax²-（2+2a）x，因此f（x）＜2ax?h（x）_max＜0．
h′（x）=

1

x

-ax-（2+2a）=

-ax2-(2+2a)x+1

x

，
①a=0时，h′（x）=

-2x+1

x

＜0，此时函数h（x）在（1，+∞）上单调递减，h（x）＜h（1）=-2＜0，满足条件；
②a≠0时，由△=（2+2a）²+4a＜0时，解出

-3- 5

2

＜a＜

-3+ 5

2

，
当

-3- 5

2

＜a＜

-3+ 5

2

时，-a＞0，∴h′（x）＞0，
因此函数h（x）在（1，+∞）上单调递增，∴h（x）＞h（1）=-

1

2

a-2-2a=-

5a

2

-2，此时不满足h（x）_max＜0，舍去．
③a≠0时，由△=（2+2a）²+4a＞0时，解得a＞

-3+ 5

2

或a＜

-3- 5

2

，
当a＜

-3- 5

2

时，-a＞0，由h′（x）=0，x₁+x₂=-

2+2a

a

＜0，x1x2=

1

-a

＞0，∴x₁，x₂＜0．
h′(x)=

-a(x-x1)(x-x2)

x

＞0，此时函数h（x）单调递增，舍去．
当a＞0时，x₁=

-(1+a)- a2+3a+1

a

＜0，x2=

-(1+a)+ a2+3a+1

a

＜1，
当x＞1时，h′（x）＜0，此时函数h（x）单调递减，∴h（x）＜h（1）=-

5a

2

-2＜0，满足题意．
当

-3+ 5

2

＜a＜0时，x₁x₂＞1，x₁+x₂＞0，x₂＜1＜x₁．
∴函数h（x）在区间（1，x₁）单调递减，在（x₁，+∞）单调递增，舍去．
综上可得：实数a的取值范围是a≥0．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值值域及其函数的零点、一元二次方程的实数根与判别式的关系、根与系数的关系，考查了等价转化能力，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于较难题．