Question

9．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{1}{2}$ax²-（a+1）x（a∈R）．
（Ⅰ）當a=1時，求曲線f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）當a＞0時，若f（x）在區(qū)間[1，e]上的最小值為-2，求a的值．
（Ⅲ）若對任意的x₁，x₂∈（0，+∞），x₁＜x₂，且f（x₁）+x₁＜f（x₂）+x₂恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用導數(shù)的幾何意義可得切線的斜率f′（1），利用直線的點斜式方程，即可得到切線的方程；
（Ⅱ）利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，再對a分類討論即可得出；
（Ⅲ）構造輔助函數(shù)，求導，由任意的x₁，x₂∈（0，+∞），x₁＜x₂，且f（x₁）+x₁＜f（x₂）+x₂恒成立，只要g（x）在（0，+∞）上單調遞增即可，利用研究函數(shù)g（x）的單調性和對a分類討論即可得出．

解答 解：（Ⅰ）當a=1時，$f（x）=lnx+\frac{1}{2}{x^2}-2x，f'（x）=\frac{1}{x}+x-2$．
由$f'（1）=0，f（1）=-\frac{3}{2}$．
∴切線方程是$y=-\frac{3}{2}$．…（3分）
（Ⅱ）函數(shù)$f（x）=lnx+\frac{1}{2}a{x^2}-（a+1）x$的定義域是（0，+∞）．
當a＞0時，$f'（x）=\frac{1}{x}+ax-（a+1）=\frac{{a{x^2}-（a+1）x+1}}{x}（x＞0）$
令f'（x）=0，即$f'（x）=\frac{{a{x^2}-（a+1）x+1}}{x}=\frac{（x-1）（ax-1）}{x}=0$，
所以x=1或$x=\frac{1}{a}$．
當$0＜\frac{1}{a}≤1$，即a≥1時，f（x）在[1，e]上單調遞增，
所以f（x）在[1，e]上的最小值是$f（1）=-\frac{1}{2}a-1=-2$，解得a=2；
當$1＜\frac{1}{a}＜e$即$\frac{1}{e}＜a＜1$時，f（x）在[1，e]上的最小值是$f（\frac{1}{a}）=-lna-\frac{1}{2a}-1=-2$，即$lna+\frac{1}{2a}=1$
令$h（a）=lna+\frac{1}{2a}$，${h^'}（a）=\frac{1}{a}-\frac{1}{{2{a^2}}}=\frac{2a-1}{{2{a^2}}}=0，可得$$a∈（\frac{1}{e}，\frac{1}{2}）遞減，a∈（\frac{1}{2}，1）遞增$，
而$h（\frac{1}{e}）=-1+\frac{e}{2}＜1$，$h（1）=\frac{1}{2}＜1$，不合題意；
當$\frac{1}{a}≥e$即$0＜a＜\frac{1}{e}$時，f（x）在[1，e]上單調遞減，
所以f（x）在[1，e]上的最小值是$f（e）=1+\frac{1}{2}a{e^2}-（a+1）e=-2$，
解得$a=\frac{6-2e}{{2e-{e^2}}}＜0$，不合題意，
綜上得：a=2．…（8分）
（Ⅲ）設g（x）=f（x）+x，則g（x）=lnx+$\frac{1}{2}$ax²-ax，
∵對任意的x₁，x₂∈（0，+∞），x₁＜x₂，且f（x₁）+x₁＜f（x₂）+x₂恒成立，
∴只要g（x）在（0，+∞）上單調遞增即可．
而g′（x）=ax-a+$\frac{1}{x}$=$\frac{a{x}^{2}-ax+1}{x}$，
當a=0時，g′（x）=$\frac{1}{x}$＞0，此時g（x）在（0，+∞）上單調遞增；
當a≠0時，只需g′（x）≥0，在（0，+∞）上恒成立，只要ax²-ax+1≥0，
則需要$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{△={a}^{2}-4a≤0}\end{array}\right.$，解得：0＜a≤4，
綜上a的取值范圍是[0，4]．

點評 本題考查導數(shù)的綜合應用，導數(shù)的幾何意義，利用導數(shù)求函數(shù)的切線方程，利用導數(shù)求函數(shù)的單調性，一元二次函數(shù)的性質，考查分析法證明不等式恒成立，考查轉化思想，屬于中檔題．