Question

5．已知函數(shù)f（x）=ax²-lnx（a∈R）
（1）當(dāng)a=1時(shí)，求函數(shù)y=f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若?x∈（0，1]，|f（x）|≥1恒成立，求a的取值范圍；
（3）若a=$\frac{e}{2}$，證明：e^x-1f（x）≥x．

Answer 1

分析 （1）求出導(dǎo)數(shù)，由導(dǎo)數(shù)大于0，可得增區(qū)間；導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間；
（2）求出導(dǎo)數(shù)，對a討論，①a≤$\frac{1}{2}$時(shí)，②當(dāng)a＞$\frac{1}{2}$時(shí)，求出單調(diào)區(qū)間，可得最小值，由恒成立思想即可得到a的范圍；
（3）a=$\frac{e}{2}$時(shí)，由（Ⅱ）得f（x）_min=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$ln2a=1，令h（x）=$\frac{x}{{e}^{x-1}}$，求出導(dǎo)數(shù)，單調(diào)區(qū)間，運(yùn)用單調(diào)性即可得證．

解答 解：（1）a=1時(shí)，函數(shù)f（x）=x²-lnx，$f'（x）=2x-\frac{1}{x}=\frac{{2{x^2}-1}}{x}$．
函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
則由f'（x）＞0得$x＞\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，由f'（x）＜0得$0＜x＜\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，+∞）$，單調(diào)遞減區(qū)間為$（0，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$．…（4分）
（2）由已知得f′（x）=2ax-$\frac{1}{x}$．
若f′（x）≤0在（0，1]上恒成立，則2a≤$\frac{1}{{x}^{2}}$恒成立，所以2a≤（$\frac{1}{{x}^{2}}$）_min=1，即a≤$\frac{1}{2}$．
①a≤$\frac{1}{2}$時(shí)，f（x）在（0，1]單調(diào)遞減，f（x）_min=f（1）=a，與|f（x）|≥1恒成立矛盾．…（6分）
②當(dāng)a＞$\frac{1}{2}$時(shí)，令f′（x）=2ax-$\frac{1}{x}$=0，得x=$\sqrt{\frac{1}{2a}}$∈（0，1]．
所以當(dāng)x∈（0，$\sqrt{\frac{1}{2a}}$）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（$\sqrt{\frac{1}{2a}}$，1]時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．
所以f（x）_min=f（$\sqrt{\frac{1}{2a}}$）=a（$\sqrt{\frac{1}{2a}}$）²-ln$\sqrt{\frac{1}{2a}}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$ln2a．
由|f（x）|≥1得，$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$ln2a≥1，所以a≥$\frac{e}{2}$．
綜上，所求a的取值范圍是[$\frac{e}{2}$，+∞）．…（9分）
（Ⅲ）證明：a=$\frac{e}{2}$時(shí)，由（Ⅱ）得f（x）_min=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$ln2a=1．…（11分）
令h（x）=$\frac{x}{{e}^{x-1}}$，則h′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x-1}}$．
所以當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h′（x）＞0，h（x）單增；當(dāng)x≥1時(shí)，h′（x）＜0，h（x）單減．
所以h（x）≤h（1）=1．…（13分）
所以f（x）≥h（x），即e^x-1f（x）≥x．…（14分）

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查不等式恒成立問題解法和不等式證明，注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想和構(gòu)造函數(shù)法，屬于難題．