Question

18．設(shè)函數(shù)f（x）=2ax-$\frac{x}$+lnx，若f（x）在x=1，x=$\frac{1}{2}$處取得極值，
（Ⅰ）求a、b的值；
（Ⅱ）求f（x）在[$\frac{1}{4}$，2]上的單調(diào)區(qū)間
（Ⅲ）在[$\frac{1}{4}$，2]存在x₀，使得不等式f（x₀）-c≤0成立，求c的最小值．
（參考數(shù)據(jù)：e²≈7.389，e³≈20.08）

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用存在極值的條件得出f′（1）=0，f′（$\frac{1}{2}$）=0，求解．
（Ⅱ）利用導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系f′（x）=$\frac{-2{x}^{2}+3x-1}{3{x}^{2}}$＞0，
f′（x）=$\frac{-2{x}^{2}+3x-1}{3{x}^{2}}$＜0，$\frac{1}{4}$＜x＜2求解得出區(qū)間，
（Ⅲ）利用導(dǎo)數(shù)求解最大值，最小值，根據(jù)在[$\frac{1}{4}$，2]存在x₀，使得不等式f（x₀）-c≤0成立，c≥f（x）_min，求解即可．

解答 解：（Ⅰ）∵函數(shù)f（x）=2ax-$\frac{x}$+lnx，
∴f′（x）=2a-$\frac{{x}^{2}}$+$\frac{1}{x}$，x＞0，
∵若f（x）在x=1，x=$\frac{1}{2}$處取得極值，
∴f′（1）=0，f′（$\frac{1}{2}$）=0，即2a-b+1=0，2a-4b+2=0，
解得a=-$\frac{1}{3}$，b=$\frac{1}{3}$；
（Ⅱ）f′（x）=$\frac{-2{x}^{2}+3x-1}{3{x}^{2}}$，x＞0，
∵f′（x）=$\frac{-2{x}^{2}+3x-1}{3{x}^{2}}$＞0，
∴$\frac{1}{2}＜x＜1$，
∵f′（x）=$\frac{-2{x}^{2}+3x-1}{3{x}^{2}}$＜0，$\frac{1}{4}$＜x＜2
∴$\frac{1}{4}$＜x$＜\frac{1}{2}$，1＜x＜2，
∴單調(diào)遞增區(qū)間（$\frac{1}{2}$，1），遞減區(qū)間（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$），（1，2）；
（Ⅲ）f（x）=-$\frac{2}{3}$x$-\frac{1}{3}$•$\frac{1}{x}$+lnx，
f（$\frac{1}{4}$）=$-\frac{3}{2}$-ln2，f（2）=$-\frac{3}{2}$+ln2，f（$\frac{1}{2}$）=-1-ln2
f（1）=-1，
f（x）在[$\frac{1}{4}$，2]上的最大值為：-$\frac{3}{2}$+ln2，
最小值為：-1-ln2
∵在[$\frac{1}{4}$，2]存在x₀，使得不等式f（x₀）-c≤0成立，
∴c≥f（x）_min，c≥-1-ln2
c的最小值為：-1-ln2

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、單調(diào)性，最大值，存在性問題，恒成立問題，屬于綜合題目．