Question

19．已知函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax+a-2，a∈R．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=xf（x）+2，求證：當(dāng)a＜ln$\frac{2}{e}$時，g（x）＞2a．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，然后分類討論，當(dāng)a≤0時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞），當(dāng)a＞0時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，$\frac{2}{a}$），單調(diào)遞減區(qū)間為（$\frac{2}{a}$，+∞）；
（Ⅱ）求出g（x）的導(dǎo)函數(shù)g′（x）=-ax+lnx+a-1  （x＞0），當(dāng)$a＜ln\frac{2}{e}$時，g′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，故而g′（x）在（1，2）存在唯一的零點(diǎn)x₀，即g′（x₀）=0，則當(dāng)0＜x＜x₀時，g（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x＞x₀時，g（x）單調(diào)遞增，從而可證得結(jié)論．

解答 （Ⅰ）解：由函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax+a-2，a∈R．
得$f′（x）=\frac{1}{x}-\frac{a}{2}=\frac{2-ax}{2x}$，（x＞0）．
若a≤0時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）；   
 若a＞0，$0＜x＜\frac{2}{a}$時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，
若$x＞\frac{2}{a}$時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，
綜上，若a≤0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞），
若a＞0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，$\frac{2}{a}$），單調(diào)遞減區(qū)間為（$\frac{2}{a}$，+∞）；
（Ⅱ）證明：g（x）=xf（x）+2=$xlnx-\frac{1}{2}a{x}^{2}+（a-2）x+2$，（x＞0）．
則g′（x）=-ax+lnx+a-1  （x＞0）．
當(dāng)$a＜ln\frac{2}{e}$時，g′（x）=-ax+lnx+a-1在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
又g′（1）=-1＜0，$a＜ln\frac{2}{e}$，
∴g′（2）=-a+ln2-1＞0，
故而g′（x）在（1，2）存在唯一的零點(diǎn)x₀，即g′（x₀）=0．
則當(dāng)0＜x＜x₀時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞x₀時，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增；
故而$g（x）≥g（{x}_{0}）={x}_{0}ln{x}_{0}-\frac{1}{2}a{{x}_{0}}^{2}+$（a-2）x₀+2．
又g′（x₀）=-ax₀+lnx₀+a-1=0，1＜x₀＜2，
∴$g（x）≥g（{x}_{0}）=\frac{1}{2}a{{x}_{0}}^{2}-{x}_{0}+2＞2a$．

點(diǎn)評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值問題，考查了學(xué)生的運(yùn)算能力，屬于中檔題．