Question

6．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²-2x，其中a≤0．
（Ⅰ）若曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y=2x+b，求a-2b的值；
（Ⅱ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅲ）設(shè)函數(shù)g（x）=x²-3x+3，如果對于任意的x，t∈（0，1]，都有f（x）≤g（t）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，得到f′（1）=2，解得a的值，將a的值代入求出f（1），將（1，f（1））代入方程y=2x+b求出b的值，從而求出a-2b的值即可；
（Ⅱ）二次函數(shù)根的討論問題，分a＞0，a＜0情況進(jìn)行討論．；
（Ⅲ）問題轉(zhuǎn)化為f（x）_max≤g（t）_min，分別求出其最大值和最小值即可得到關(guān)于a的不等式，解出即可．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-ax-2，f′（1）=-1-a=2，解得：a=-3，
∴f（1）=-$\frac{1}{2}$a-2=-$\frac{1}{2}$，
將（1，-$\frac{1}{2}$）代入y=2x+b，得：b=-$\frac{5}{2}$，
∴a-2b=-3+5=2；
（Ⅱ）∵f′（x）=$\frac{1}{x}$-ax-2=$\frac{-{ax}^{2}-2x+1}{x}$，
設(shè)φ（x）=-ax²-2x+1（x＞0，a≤0），
①當(dāng)a=0時，φ（x）=-2x+1，
令φ′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1}{2}$，令φ′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{2}$，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）遞增，在（$\frac{1}{2}$，+∞）遞減；
②當(dāng)a＜0時，φ（x）對稱軸為x=-$\frac{1}{a}$＞0，過點（0，1）開口向上，
i）若a≤-1，f′（x）≥0，則f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．
ii）若-1＜a＜0，當(dāng)x∈（0，$\frac{\sqrt{a+1}-1}{a}$）時，f′（x）≥0；當(dāng)x∈（ $\frac{\sqrt{a+1}-1}{a}$，$\frac{-\sqrt{a+1}-1}{a}$）時，f′（x）≤0；
當(dāng)x∈（$\frac{-\sqrt{a+1}-1}{a}$，+∞）時，f'（x）≥0；
∴f（x）在（0，$\frac{\sqrt{a+1}-1}{a}$）上是增函數(shù)，在（ $\frac{\sqrt{a+1}-1}{a}$，$\frac{-\sqrt{a+1}-1}{a}$）上是減函數(shù)，在（$\frac{-\sqrt{a+1}-1}{a}$，+∞）上是增函數(shù)．
（Ⅲ）若任意的x，t∈（0，1]，都有f（x）≤g（t）恒成立，
則只需f（x）_max≤g（t）_min，
函數(shù)g（x）=x²-3x+3在（0，1]的最小值是g（1）=1，
由（Ⅱ）得：a=0時，f（x）=lnx-2x在（0，$\frac{1}{2}$）遞增，在（$\frac{1}{2}$，1]遞減，
∴f（x）_max=f（$\frac{1}{2}$）=-1-ln2＜1，成立，
-1＜a＜0時，$\frac{\sqrt{a+1}-1}{a}$≥1，∴f（x）在（0，1]遞增，
f（x）_max=f（1）=-$\frac{1}{2}$a-2≤1，解得：a≥-6，
a≤-1時，f（x）在（0，1]上是增函數(shù)，
f（x）_max=f（1）=-$\frac{1}{2}$a-2≤1，解得：a≥-6，
綜上，a∈[-6，0]．

點評 本題考查了曲線的切線方程問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，是一道綜合題．