Question

13．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-2x+2lnx（a≥0），g（x）=x²+b，（b＞0）．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）當a=0時，若對任意x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，e]，使|g（x₂）-f（x₁）|＜e²+4e成立，其中e=2.71828…，是自然對數(shù)的底數(shù)，求b的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=$ax-2+\frac{2}{x}$=$\frac{a{x}^{2}-2x+2}{x}$；
分①當a=0，②當a＞0討論單調(diào)性．
   （Ⅱ） a=0時，f（x）=-2x+2lnx，求出g（x），g（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上的值域，可得使|g（x₂）-f（x₁）|＜e²+4e成立?對任意x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，e]，使|g（x）_max-f（x）_min|＜e²+4e成立．即可得b的取值范圍

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=$ax-2+\frac{2}{x}$=$\frac{a{x}^{2}-2x+2}{x}$；
①當a=0時，$f′（x）=\frac{-2x+2}{x}$，x∈（0，1）時，f′（x）＞，x∈（1，+∞）時，f′（x）＜0；
∴函數(shù)f（x）的增區(qū)間為（0，1），減區(qū)間為（1，+∞）．
②當a＞0時，方程ax²-2x+2=0的△=4-8a，
     當△=4-8a≤0，即$≥\frac{1}{2}$時，f′（x）≥0恒成立，此時函數(shù)f（x）的增區(qū)間為（0，+∞），
    當△=4-8a＞0，即0$＜a＜\frac{1}{2}$時，方程ax²-2x+2=0的兩根x₁，x₂滿足${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{2}{a}＞0$，x₁x₂＞0，∴x₁＞0，x₂＞0
      ${x}_{1}=\frac{2+\sqrt{4-8a}}{2a}=\frac{1+\sqrt{1-2a}}{a}$，${x}_{2}=\frac{1-\sqrt{1-2a}}{a}$
       x∈（0，x₂），（x₁，+∞）時，f′（x）＞0，x∈（x₂，x₁）時，f′（x）＜0，
此時函數(shù)的增區(qū)間為：（0，x₂），（x₁，+∞），減區(qū)間為：（x₂，x₁）．
（Ⅱ） a=0時，f（x）=-2x+2lnx，由（Ⅰ）得函數(shù)f（x）的增區(qū)間為（0，1），減區(qū)間為（1，+∞），
x∈[$\frac{1}{e}$，e]時，f（x）max=f（1）=-2，f（x）_min=min{f（$\frac{1}{e}$），f（e）}=-2e+2．
x∈[$\frac{1}{e}$，e]時，g（x）=x²+b，（b＞0）單調(diào)遞增，$\frac{1}{{e}^{2}}+b$≤g（x）≤e²+b．
對任意x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，e]，使|g（x₂）-f（x₁）|＜e²+4e成立?對任意x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，e]，使|g（x）_max-f（x）_min|＜e²+4e成立．
∴＜e²+b-（-2e+2）＜e²+4e成立．解得b＜2e+2
所以b的取值范圍為（0，2e+2）

點評 本題考查了導數(shù)的綜合應(yīng)用，分類討論思想，函數(shù)中的任意性問題的轉(zhuǎn)化，屬于中檔題．