Question

19．已知函數(shù)f（x）=lnx，h（x）=ax（a∈R）．
（1）求函數(shù)y=-af（x）-h（x）+x²+2x的單調(diào)區(qū)間：
（2）是否存在實數(shù)m，使得對任意的$x∈（{\frac{1}{2}，+∞}）$，都有函數(shù)$y=f（x）+\frac{m}{x}$的圖象在$g（x）=\frac{e^x}{x}$的圖象的下方？若存在，請求出整數(shù)m的最大值；若不存在，請說理由：（參考數(shù)據(jù)：$ln2=0.6931，\sqrt{e}=1.6487，\root{3}{e}=1.3956$）

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為m＜e^x-xlnx對$x∈（{\frac{1}{2}，+∞}）$恒成立，令r（x）=e^x-xlnx，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出r（x）的最小值，從而求出m的范圍即可．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞），
$y'=2x-（{a-2}）-\frac{a}{x}=\frac{{2{x^2}-（{a-2}）x-a}}{x}=\frac{{（{x+1}）（{2x-a}）}}{x}$．
當(dāng)a≤0時，f'（x）＞0對任意x∈（0，+∞）恒成立，
所以，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）單調(diào)遞增；
當(dāng)a＞0時，由f'（x）＞0得$x＞\frac{a}{2}$，由f'（x）＜0得$0＜x＜\frac{a}{2}$，
所以，函數(shù)在區(qū)間$（{\frac{2}{2}，+∞}）$上單調(diào)遞增，在區(qū)間$（{0，\frac{a}{2}}）$上單調(diào)遞減．
（2）假設(shè)存在實數(shù)m滿足題意，則不等式$lnx+\frac{m}{x}＜\frac{e^x}{x}$對$x∈（{\frac{1}{2}，+∞}）$恒成立
即m＜e^x-xlnx對$x∈（{\frac{1}{2}，+∞}）$恒成立，
令r（x）=e^x-xlnx，則r'（x）=e^x-lnx-1，
令φ（x）=e^x-lnx-1，則$φ'（x）={e^x}-\frac{1}{x}$，
∵φ'（x）在$（{\frac{1}{2}，+∞}）$上單調(diào)遞增，$φ'（{\frac{1}{2}}）={e^{\frac{1}{2}}}-2＜0，φ'（1）=e-1＞0$，
且φ'（x）的圖象在$（{\frac{1}{2}，1}）$上連續(xù)，
∴存在${x_0}∈（{\frac{1}{2}，1}）$，使得φ'（x₀）=0，即${e^{x_0}}-\frac{1}{x_0}=0$，則x₀=-lnx₀，
∴當(dāng)$x∈（{\frac{1}{2}，{x_0}}）$時，φ（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（x₀，+∞）時，φ（x）單調(diào)遞增，
則φ（x）取到最小值$φ（{x_0}）={e^{x_0}}-ln{x_0}-1={x_0}+\frac{1}{x_0}-1≥2\sqrt{{x_0}•\frac{1}{x_0}}-1=1＞0$，
∴r'（x）＞0，即r（x）在區(qū)間$（{\frac{1}{2}，+∞}）$內(nèi)單調(diào)遞增，
$m≤r（{\frac{1}{2}}）={e^{\frac{1}{2}}}-\frac{1}{2}ln\frac{1}{2}={e^{\frac{1}{2}}}+\frac{1}{2}ln2=1.99525$，
∴存在實數(shù)m滿足題意，且最大整數(shù)m的值為1．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道綜合題．