Question

7．已知函數(shù)$f（x）=\frac{x^2}{2e}-ax，g（x）=lnx-ax，a∈R$．
（1）解關(guān)于x（x∈R）的不等式f（x）≤0；
（2）證明：f（x）≥g（x）；
（3）是否存在常數(shù)a，b，使得f（x）≥ax+b≥g（x）對任意的x＞0恒成立？若存在，求出a，b的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）通過討論a的范圍，求出不等式的解集即可；
（2）設(shè)h（x）=f（x）-g（x），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最小值，證出結(jié)論即可；
（3）假設(shè)存在，得到$\frac{x^2}{2e}≥2ax+b≥lnx$對任意的x＞0恒成立，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷即可．

解答 解：（1）當(dāng)a=0時(shí)，$f（x）=\frac{x^2}{2e}$，所以f（x）≤0的解集為{0}；
當(dāng)a≠0時(shí)，$f（x）=x（\frac{x}{2e}-a）$，
若a＞0，則f（x）≤0的解集為[0，2ea]；
若a＜0，則f（x）≤0的解集為[2ea，0]．
綜上所述，當(dāng)a=0時(shí)，f（x）≤0的解集為{0}；
當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）≤0的解集為[0，2ea]；
當(dāng)a＜0時(shí)，f（x）≤0的解集為[2ea，0]．  …（4分）
（2）設(shè)$h（x）=f（x）-g（x）=\frac{x^2}{2e}-lnx$，則$h'（x）=\frac{x}{e}-\frac{1}{x}=\frac{{{x^2}-e}}{ex}$．
令h'（x）=0，得$x=\sqrt{e}$，列表如下：

x	$（0，\sqrt{e}）$	$\sqrt{e}$	$（\sqrt{e}，+∞）$
h'（x）	-	0	+
h（x）	↘	極小值	↗

所以函數(shù)h（x）的最小值為$h（\sqrt{e}）=0$，
所以$h（x）=\frac{x^2}{2e}-lnx≥0$，即f（x）≥g（x）．…（8分）
（3）假設(shè)存在常數(shù)a，b使得f（x）≥ax+b≥g（x）對任意的x＞0恒成立，
即$\frac{x^2}{2e}≥2ax+b≥lnx$對任意的x＞0恒成立．
而當(dāng)$x=\sqrt{e}$時(shí)，$lnx=\frac{x^2}{2e}=\frac{1}{2}$，所以$\frac{1}{2}≥2a\sqrt{e}+b≥\frac{1}{2}$，
所以$2a\sqrt{e}+b=\frac{1}{2}$，則$b=\frac{1}{2}-2a\sqrt{e}$，
所以$\frac{x^2}{2e}-2ax-b=\frac{x^2}{2e}-2ax+2a\sqrt{e}-\frac{1}{2}≥0（*）$恒成立，
①當(dāng)a≤0時(shí)，$2a\sqrt{e}-\frac{1}{2}＜0$，所以（*）式在（0，+∞）上不恒成立；
②當(dāng)a＞0時(shí)，則$4{a^2}-\frac{2}{e}（2a\sqrt{e}-\frac{1}{2}）≤0$，即${（2a-\frac{1}{{\sqrt{e}}}）^2}≤0$，
所以$a=\frac{1}{{2\sqrt{e}}}$，則$b=-\frac{1}{2}$．…（12分）
令$φ（x）=lnx-\frac{1}{{\sqrt{e}}}x+\frac{1}{2}$，則$φ'（x）=\frac{{\sqrt{e}-x}}{{\sqrt{e}x}}$，令φ'（x）=0，得$x=\sqrt{e}$，
當(dāng)$0＜x＜\sqrt{e}$時(shí)，φ'（x）＞0，φ（x）在$（0，\sqrt{e}）$上單調(diào)增；
當(dāng)$x＞\sqrt{e}$時(shí)，φ'（x）＜0，φ（x）在$（\sqrt{e}，+∞）$上單調(diào)減．
所以φ（x）的最大值$φ（\sqrt{e}）=0$．所以$lnx-\frac{1}{{\sqrt{e}}}x+\frac{1}{2}≤0$恒成立．
所以存在$a=\frac{1}{{2\sqrt{e}}}$，$b=-\frac{1}{2}$符合題意．…（16分）

點(diǎn)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，是一道中檔題．