Question

14．设函数$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-2ax+（2a-1）lnx$，其中a∈R．
（Ⅰ）a=1时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）讨论函数y=f（x）的单调性；
（Ⅲ）当$a＞\frac{1}{2}$时，证明对?x∈（0，2），都有f（x）＜0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出导数，求得切线的斜率和切点，可得切线的方程；
（Ⅱ）求出导数，求得极值点1，2a-1，讨论①当2a-1≤0，②当0＜2a-1＜1，③当2a-1=1，④当2a-1＞1，求得单调区间，即可得到结论；
（Ⅲ）讨论①当$\frac{1}{2}＜a＜1$时，②当a=1时，③当a＞1时，运用函数的单调性可得（0，2）的最大值小于0，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）a=1时，$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-2x+lnx$，$f'（x）=x-2+\frac{1}{x}$，
∴f'（1）=0．又$f（1）=-\frac{3}{2}$，
∴曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为$y+\frac{3}{2}=0$．
（Ⅱ）f（x）的定义域为（0，+∞），
$f'（x）=x-2a+\frac{2a-1}{x}=\frac{{{x^2}-2ax+2a-1}}{x}=\frac{（x-1）[x-（2a-1）]}{x}$，
令f'（x）=0得x=1或x=2a-1，
①当2a-1≤0即$a≤\frac{1}{2}$时，当x∈（0，1）时，f'（x）＜0；
当x∈（1，+∞）时，f'（x）＞0．
②当0＜2a-1＜1即$\frac{1}{2}＜a＜1$时
当x∈（0，2a-1）时f'（x）＞0；
当x∈（2a-1，1）时f'（x）＜0；当x∈（1，+∞）时f'（x）＞0．
③当2a-1=1即a=1时$f'（x）=\frac{{{{（x-1）}^2}}}{x}≥0$．
④当2a-1＞1即a＞1时，当x∈（0，1）时f'（x）＞0；
当x∈（1，2a-1）时f'（x）＜0；当x∈（2a-1，+∞）时f'（x）＞0．
综上所述：当$a≤\frac{1}{2}$时，f（x）的增区间为（1，+∞），减区间为（0，1）；
当$\frac{1}{2}＜a＜1$时，f（x）的增区间为（0，2a-1）和（1，+∞）；减区间为（2a-1，1）；
当a=1时，f（x）的增区间为（0，+∞），无减区间；
当a＞1时，f（x）的增区间为（0，1）和（2a-1，+∞），减区间为（1，2a-1）．
（Ⅲ）证明：①当$\frac{1}{2}＜a＜1$时，由（Ⅱ）知：f（x）在（0，2a-1）上单调递增，
在（2a-1，1）上单调递减，在（1，2）上单调递增，
所以f（x）≤max{f（2a-1），f（2）}．
f（2）=2-4a+（2a-1）ln2=（2a-1）（ln2-2）＜0．
f（2a-1）=$\frac{1}{2}{（2a-1）^2}-2a（2a-1）+（2a-1）ln（2a-1）$=$（2a-1）[{-a-\frac{1}{2}+ln（2a-1）}]$，
记$g（a）=-a-\frac{1}{2}+ln（2a-1）$，$a∈（\frac{1}{2}，1）$，${g^′}（a）=-1+\frac{2}{2a-1}=\frac{{-2（a-\frac{3}{2}）}}{{2（a-\frac{1}{2}）}}$，
又∵$\frac{1}{2}＜a＜1$，∴g'（a）＞0．∴g（a）在$a∈（\frac{1}{2}，1）$上单调递增．
∴当$a∈（\frac{1}{2}，1）$时，$g（a）＜g（1）=-\frac{3}{2}＜0$即$-a-\frac{1}{2}+ln（2a-1）＜0$成立．
又∵$a＞\frac{1}{2}$，∴2a-1＞0．所以f（2a-1）＜0．
∴当$\frac{1}{2}＜a＜1$时，x∈（0，2）时f（x）＜0．
②当a=1时，f（x）在（0，2）上单调递增，∴f（x）＜f（2）=ln2-2＜0．
③当a＞1时，由（Ⅱ）知，f（x）在（0，1）上单调递增，
在（1，2a-1）上单调递减，在（2a-1，+∞）上单调递增．
故f（x）在（0，2）上只有一个极大值f（1），
所以当x∈（0，2）时，f（x）≤max{f（1），f（2）}．
$f（1）=\frac{1}{2}-2a=-2（a-\frac{1}{4}）＜0$，
f（2）=2-4a+（2a-1）ln2=（2a-1）（ln2-2）＜0，
∴当a＞1时，x∈（0，2）时f（x）＜0．
综①②③知：当$a＞\frac{1}{2}$时，对?x∈（0，2），都有f（x）＜0．

点评 本题考查导数的几何意义、用导数研究函数的单调性、恒成立问题、分类讨论的思想方法．属于中档题．