Question

16．已知函數(shù)f（x）=lnx-x，g（x）=$\frac{1}{2}$ax²-a（x+1）（其中a∈R），令h（x）=f（x）-g（x）．
（1）當(dāng)a＞0時，求函數(shù)y=h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)a＜0時，若f（x）＜g（x）在x∈（0，-a）上恒成立，求a的最小整數(shù)值．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)，分別判斷導(dǎo)函數(shù)在定義域上各區(qū)間的符號，可得函數(shù)y=h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）①當(dāng)-$\frac{1}{a}$=1，即a=-1時，f（x）＜g（x）恒成立；②當(dāng)-$\frac{1}{a}$＞1，即-1＜a＜0時，f（x）＜g（x）恒成立；當(dāng)-1＜$\frac{1}{a}$＜0，即a＜-1時，考慮h（-a）＜0時，a的取值，進而可得答案．

解答 解：（1）h（x）=f（x）-g（x）
=lnx-x-$\frac{1}{2}$ax²+a（x+1），
h′（x）=$\frac{1}{x}$-1-ax+a=（1-x）（$\frac{1}{x}$+a），
∵a＞0，∴$\frac{1}{x}$+a＞0，
∴當(dāng)0＜x＜1時，h′（x）＞0；
當(dāng)x＞1時，h′（x）＜0；
故函數(shù)y=h（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1），單調(diào)減區(qū)間為（1，+∞）；
（2）h（x）=f（x）-g（x）=lnx-x-$\frac{1}{2}$ax²+a（x+1），
h′（x）=$\frac{1}{x}$-1-ax+a=$\frac{（-a）（x-1）（x+\frac{1}{a}）}{x}$，
令h′（x）=0，則x=1，x=-$\frac{1}{a}$，
①當(dāng)-$\frac{1}{a}$=1，即a=-1時，h′（x）＞0在x∈（0，1）上恒成立，
則h（x）在x∈（0，1）上為增函數(shù)，
h（x）＜h（1）=-$\frac{5}{2}$＜0，
∴f（x）＜g（x）恒成立；
②當(dāng)-$\frac{1}{a}$＞1，即-1＜a＜0時，
h（x）在（0，1）上是增函數(shù)，此時0＜-a＜1，
故h（x）在（0，-a）上是增函數(shù)，h（x）＜h（-a）＜h（1）=$\frac{3}{2}a$-1＜0，
解得：a＜$\frac{2}{3}$
∴-1＜a＜0時，f（x）＜g（x）恒成立；
③當(dāng)-1＜$\frac{1}{a}$＜0，即a＜-1時，
故h（x）在（0，-$\frac{1}{a}$）上是增函數(shù)，在（-$\frac{1}{a}$，1）上是減函數(shù)，在（1，-a）是增函數(shù)；
由$h（-\frac{1}{a}）$=$ln（-\frac{1}{a}）+\frac{1}{a}-\frac{1}{2}a•\frac{1}{{a}^{2}}+a（-\frac{1}{a}+1）$=$ln（-\frac{1}{a}）-\frac{1}{2a}-1+\frac{1}{a}+a$=$ln（-\frac{1}{a}）+\frac{2{a}^{2}+1}{2a}-1$＜0，
故只需考慮h（-a）＜0，
∵h（-a）=$ln（-a）+a-\frac{1}{2}a•{a}^{2}+a（-a+1）$=$ln（-a）-\frac{1}{2}{a}^{3}-{a}^{2}+2a$＜0，
下面用特殊整數(shù)檢驗，
若a=-2，則h（2）=ln2+4-8=ln2-4＜0
若a=-3，則h（3）=ln3+$\frac{27}{2}$-15=ln3-$\frac{3}{2}$＜0
若a=-4，則h（4）=ln4+32-24=ln4+8＞0
令u（x）=$-\frac{1}{2}{x}^{3}-{x}^{2}+2x$，則u′（x）=$-\frac{3}{2}{x}^{2}-2x+2$，
當(dāng)x≤-4時，u′（x）＜0恒成立，此時u（x）為減函數(shù)，
故u（x）≥u（4）＞0
再由a≤-4時，ln（-a）＞0，
故a≤-4時，h（-a）＞0恒成立，
綜上所述，使f（x）＜g（x）在x∈（0，-a）上恒成立的a的最小整數(shù)值為-3．

點評 本題考查的知識點是導(dǎo)數(shù)法求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，恒成立問題，存在性討論，分類討論思想，難度較大，屬于難題．