Question

5．已知函數(shù)f（x）=lnx-x²+x
（1）求函數(shù)f（x）在點x=2處的切線的斜率；
（2）求函數(shù)f（x）的極值；
（3）證明：當a≥2時，關于x的不等式f（x）＜（$\frac{a}{2}$-1）x²+ax-1恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，計算f（2），f′（2），求出切線方程即可；
（2）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（3）令g（x）=f（x）-[（$\frac{a}{2}$-1）x²+ax-1]，求出函數(shù)的導數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的最大值，從而證出結(jié)論即可．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{x}$-2x+1，（x＞0），
故f′（2）=-$\frac{5}{2}$，f（2）=ln2-2，
故切線方程是：y-（ln2-2）=-$\frac{5}{2}$（x-2），
整理得：y=-$\frac{5}{2}$x+3+ln2；
（2）f′（x）=$\frac{1}{x}$-2x+1=$\frac{-{2x}^{2}+x+1}{x}$（x＞0），
由f'（x）＜0，得2x²-x-1＞0．又x＞0，所以x＞1，
所以f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（1，+∞），函數(shù)f（x）的單增區(qū)間為（0，1）；
故f（x）_極大值=f（1）=0，無最小值；
（3）令g（x）=f（x）-[（$\frac{a}{2}$-1）x²+ax-1]=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+（1-a）x+1，
所以g′（x）=$\frac{1}{x}$-ax+（1-a）=$\frac{-{ax}^{2}+（1-a）x+1}{x}$，
因為a≥2，所以g′（x）=-$\frac{a（x-\frac{1}{a}）（x+1）}{x}$，
令g'（x）=0，得x=$\frac{1}{a}$，所以當x∈（0，$\frac{1}{a}$），g′（x）＞0，當x∈（$\frac{1}{a}$，+∞）時，g'（x）＜0，
因此函數(shù)g（x）在x∈（0，$\frac{1}{a}$）是增函數(shù)，在x∈（$\frac{1}{a}$，+∞）是減函數(shù)，
故函數(shù)g（x）的最大值為g（$\frac{1}{a}$）=ln（$\frac{1}{a}$）-$\frac{1}{2}$a×（$\frac{1}{a}$）²+（1-a）×（$\frac{1}{a}$）+1=$\frac{1}{2a}$-lna，
令h（a）=（$\frac{1}{2a}$）-lna，因為h（2）=$\frac{1}{4}$-ln2＜0，
又因為h（a）在a∈（0，+∞）是減函數(shù)，
所以當a≥2時，h（a）＜0，即對于任意正數(shù)x總有g（x）＜0，
所以關于x的不等式恒成立．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查導數(shù)的應用以及換元思想，考查不等式的證明，是一道中檔題．