Question

6．已知函數f（x）=$\frac{1}{2}a{x^2}$lnx+bx+1．
（1）若曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為x-2y+1=0，求f（x）的單調區(qū)間；
（2）若a=2，且關于x的方程f（x）=1在$[{\frac{1}{e^2}，e}]$上恰有兩個不等的實根，求實數b的取值范圍；
（3）若a=2，b=-1，當x≥1時，關于x的不等式f（x）≥t（x-1）²恒成立，求實數t的取值范圍（其中e是自然對數的底數，e=2，71828…）．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導數，計算f（1），f′（1）的值，從而求出a，b的值，求出函數的單調區(qū)間即可；
（2）由f（x）=x²lnx+bx+1=1，得到-b=xlnx，令g（x）=xlnx，x∈[$\frac{1}{{e}^{2}}$，e]，根據函數的單調性求出b的范圍即可；
（3）由x²lnx-x+1-t（x-1）²≥0，令h（x）=x²lnx-x+1-t（x-1）²，（x≥1），則h（x）≥0對x∈[1，+∞）恒成立，根據函數的單調性求出t的范圍即可．

解答 解：（1）f′（x）=axlnx+$\frac{1}{2}$ax+b，
由題意f′（1）=$\frac{1}{2}$a+b=$\frac{1}{2}$且f（1）=b+1=1，
∴a=1，b=0，此時f′（x）=xlnx+$\frac{1}{2}$x（x＞0），
令f′（x）=xlnx+$\frac{1}{2}$x＞0，得x＞${e}^{-\frac{1}{2}}$，
令f′（x）=xlnx+$\frac{1}{2}$x＜0，得0＜x＜${e}^{-\frac{1}{2}}$，
∴遞增區(qū)間是（${e}^{-\frac{1}{2}}$，+∞），遞減區(qū)間是（0，${e}^{-\frac{1}{2}}$）；
（2）a=2時，f（x）=x²lnx+bx+1=1，
∴-b=xlnx，
令g（x）=xlnx，x∈[$\frac{1}{{e}^{2}}$，e]，
則g′（x）=lnx+1，
令g′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{e}$，
令g′（x）＜0，解得：x＜$\frac{1}{e}$，
故g（x）在[$\frac{1}{{e}^{2}}$，$\frac{1}{e}$）遞減，在（$\frac{1}{e}$，e]遞增，
而g（$\frac{1}{{e}^{2}}$）=-$\frac{2}{{e}^{2}}$，g（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$，g（e）=e，
∴-b∈（-$\frac{1}{e}$，-$\frac{2}{{e}^{2}}$]，
∴b∈[$\frac{2}{{e}^{2}}$，$\frac{1}{e}$）；
（3）a=2，b=-1時，f（x）=x²lnx-x+1≥t（x-1）²，
∴x²lnx-x+1-t（x-1）²≥0，
令h（x）=x²lnx-x+1-t（x-1）²，（x≥1），
則h（x）≥0對x∈[1，+∞）恒成立，
h′（x）=2xlnx+x-1-2t（x-1），
令m（x）=xlnx-x+1（x≥1），
則m′（x）=lnx≥0對x∈[1，+∞）恒成立，
∴m（x）在[1，+∞）遞增，
∴m（x）≥m（1）=0，
即xlnx≥x-1對x∈[1，+∞）恒成立，
∴h′（x）=2xlnx+x-1-2t（x-1）≥3（x-1）-2t（x-1）=（3-2t）（x-1），
①當3-2t≥0，即t≤$\frac{3}{2}$時，h′（x）≥0恒成立，
∴h（x）在[1，+∞）遞增，
∴h（x）≥h（1）=0成立；
②當3-2t＜0即t＞$\frac{3}{2}$時，
h′（x）=2xlnx+x-1-2t（x-1），
令φ（x）=2xlnx+x-1-2t（x-1），
則φ′（x）=2lnx+3-2t，
令φ′（x）=2lnx+3-2t=0，解得：x=${e}^{\frac{2t-3}{2}}$，
當1≤x＜${e}^{\frac{2t-3}{2}}$時，φ′（x）＜0，
∴φ（x）遞減，φ（x）≤φ（1）=0，
即h′（x）≤0，∴h（x）遞減，
∴當1＜x＜${e}^{\frac{2t-3}{2}}$時，h（x）＜h（1）=0，不成立，
綜上，t≤$\frac{3}{2}$．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及函數恒成立問題，考查切線方程問題，是一道綜合題．