Question

1．设函数f（x）=xlnx-$\frac{1}{2}$x²．
（1）判断函数f（x）的单调性；
（2）已知a为正实数，若不等式f（x）≥（b+$\frac{1}{2}$）x²+ax的解集不为空，求a（b+1）的最大值．

Answer 1

分析 （1）先确定f（x）的定义域，再求导f′（x）=lnx+x•$\frac{1}{x}$-x=lnx+1-x，f″（x）=$\frac{1}{x}$-1，从而确定函数的单调性；
（2）化简可得lnx-（b+1）x-a≥0，从而讨论以确定函数的单调性及最值，从而可得b+1≤e^-1-a；从而化简a（b+1）≤ae^-1-a，再令h（a）=ae^-1-a，求导确定函数的最大值即可．

解答 解：（1）f（x）=xlnx-$\frac{1}{2}$x²的定义域为（0，+∞），
f′（x）=lnx+x•$\frac{1}{x}$-x=lnx+1-x，
f″（x）=$\frac{1}{x}$-1，
故当x∈（0，1）时，f″（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，f″（x）＜0，
故f′（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数；
故f′（x）≤f′（1）=0，
故f（x）在（0，+∞）上是减函数；
（2）∵f（x）-[（b+$\frac{1}{2}$）x²+ax]=xlnx-（b+1）x²-ax≥0，
∴lnx-（b+1）x-a≥0，
当b+1≤0时，g（x）=lnx-（b+1）x-a在（0，+∞）上是增函数，
故不等式f（x）≥（b+$\frac{1}{2}$）x²+ax的解集一定不为空，
当b+1＞0时，g′（x）=$\frac{1}{x}$-（b+1），
故g（x）在（0，$\frac{1}{b+1}$）上是增函数，在（$\frac{1}{b+1}$，+∞）上是减函数；
故只需使g（$\frac{1}{b+1}$）=ln$\frac{1}{b+1}$-（b+1）$\frac{1}{b+1}$-a≥0，
即-ln（b+1）-1-a≥0，
即ln（b+1）≤-1-a，
故b+1≤e^-1-a；
故a（b+1）≤ae^-1-a，
令h（a）=ae^-1-a，
h′（a）=e^-1-a-ae^-1-a=e^-1-a（1-a）；
故h（a）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数；
故h_max（a）=h（1）=e^-2；
故a（b+1）的最大值为e^-2．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题与存在性问题的解法．