Question

17．函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{1}{x}-\frac{1}{2}$，g（x）=e^x-$\frac{1}{2}{x^2}-ax-\frac{1}{2}{a^2}$（e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，a∈R）．
（Ⅰ）求證：|f（x）|≥-（x-1）²+$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）已知[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，如[1.9]=1，[-2.1]=-3，若對(duì)任意x₁≥0，都存在x₂＞0，使得g（x₁）≥[f（x₂）]成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出導(dǎo)函數(shù)$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}$（x＞0）．求出函數(shù)的最小值，利用二次函數(shù)的性質(zhì)推出結(jié)果．
（Ⅱ）記當(dāng)x≥0時(shí)，g（x）的最小值為g（x）_min，當(dāng)x＞0時(shí)，[f（x）]的最小值為[f（x）]_min，題目轉(zhuǎn)化為g（x）_min≥[f（x）]_min，h（x）=e^x-x-a，h'（x）=e^x-1，通過(guò)求解導(dǎo)數(shù)，①當(dāng)a≤1時(shí)，求出$g{（x）_{min}}=1-\frac{a^2}{2}≥0$，②當(dāng)a＞1時(shí)，利用h（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，推出$a={e^{x_0}}-{x_0}$，轉(zhuǎn)化求出$g{（x）_{min}}=g（{x_0}）={e^{x_0}}-\frac{1}{2}{x_0}-a{x_0}-\frac{1}{2}{a^2}≥0$，轉(zhuǎn)化求解1＜a≤2-ln2．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}$（x＞0）．
當(dāng)x＞1時(shí)，f'（x）＞0，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f'（x）＜0，
即f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
所以，當(dāng)x=1時(shí)，f（x）取得最小值，最小值為$f（1）=\frac{1}{2}$，
所以$|f（x）|=f（x）≥\frac{1}{2}$，
又$-{（x-1）^2}+\frac{1}{2}≤\frac{1}{2}$，且當(dāng)x=1時(shí)等號(hào)成立，
所以，$|f（x）|≥-{（x-1）^2}+\frac{1}{2}$．
（Ⅱ）記當(dāng)x≥0時(shí)，g（x）的最小值為g（x）_min，當(dāng)x＞0時(shí)，[f（x）]的最小值為[f（x）]_min，
依題意有g(shù)（x）_min≥[f（x）]_min，
由（Ⅰ）知$f（x）≥\frac{1}{2}$，所以[f（x）]_min=0，則有g(shù)（x）_min≥0，g'（x）=e^x-x-a．
令h（x）=e^x-x-a，h'（x）=e^x-1，
而當(dāng)x≥0時(shí)，e^x≥1，所以h'（x）≥0，
所以h（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，所以h（x）_min=h（0）=1-a．
①當(dāng)1-a≥0，即a≤1時(shí)，h（x）≥0恒成立，即g'（x）≥0，
所以g（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，所以$g{（x）_{min}}=g（0）=1-\frac{a^2}{2}$，
依題意有$g{（x）_{min}}=1-\frac{a^2}{2}≥0$，解得$-\sqrt{2}≤a≤\sqrt{2}$，
所以$-\sqrt{2}≤a≤1$．
②當(dāng)1-a＜0，即a＞1時(shí)，因?yàn)閔（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，且h（0）=1-a＜0，
若a+2＜e²，即1＜a＜e²-2，則h（ln（a+2））=a+2-ln（a+2）-a=2-ln（a+2）＞0，
所以?x₀∈（0，ln（a+2）），使得h（x₀）=0，即$a={e^{x_0}}-{x_0}$，
且當(dāng)x∈（0，x₀）時(shí)，h（x）＜0，即g'（x）＜0；當(dāng)x∈（x₀，+∞）時(shí)，h（x）＞0，即g'（x）＞0，
所以，g（x）在（0，x₀）上是減函數(shù)，在（x₀，+∞）上是增函數(shù)，
所以$g{（x）_{min}}=g（{x_0}）={e^{x_0}}-\frac{1}{2}{x_0}-a{x_0}-\frac{1}{2}{a^2}≥0$，
又$a={e^{x_0}}-{x_0}$，所以$g{（x）_{min}}={e^{x_0}}-\frac{1}{2}{（{x_0}+a）^2}={e^{x_0}}-\frac{1}{2}{e^{2{x_0}}}=\frac{1}{2}{e^{x_0}}（2-{e^{x_0}}）≥0$，
所以${e^{x_0}}≤2$，所以0＜x₀≤ln2．
由$a={e^{x_0}}-{x_0}$，可令t（x）=e^x-x，t'（x）=e^x-1，當(dāng)x∈（0，ln2]時(shí)，e^x＞1，所以t（x）在（0，ln2]上是增函數(shù)，
所以當(dāng)x∈（0，ln2]時(shí)，t（0）＜t（x）≤t（ln2），即1＜t（x）≤2-ln2，
所以1＜a≤2-ln2．
綜上，所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是$[{-\sqrt{2}，2-ln2}]$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的極值以及函數(shù)的最值的應(yīng)用，考查分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力，轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．