Question

18．設(shè)函數(shù)f（x）=ax²+ln x．
（1）當(dāng)a=-$\frac{1}{2}$時(shí)，求f（x）的極值；
（2）求函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（3）設(shè)函數(shù)g（x）=（2a+1）x，若當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f（x）＜g（x）恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）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)的極值即可；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（3）求出h（x）=f（x）-g（x）的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，通過(guò)判斷函數(shù)的最值，求出a的具體范圍即可．

解答 解：（1）由題知：$f（x）=-\frac{1}{2}{x^2}+lnx$，顯然：定義域：（0，+∞），
$f'（x）=-x+\frac{1}{x}=\frac{{1-{x^2}}}{x}=0⇒x=±1$，
∴f'（x）＞0⇒0＜x＜1，f'（x）＜0⇒x＞1，
∴$f{（x）_{極大}}=f（1）=-\frac{1}{2}$；
（2）由題意：f'（x）=2ax+$\frac{1}{x}$．定義域：（0，+∞）
①當(dāng)a≥0時(shí)f'（x）=2ax+$\frac{1}{x}≥0$，即f（x）在（0，+∞）為增函數(shù)．
②當(dāng)a＜0時(shí)，令f'（x）=2ax+$\frac{1}{x}=0⇒{x_1}=\sqrt{-\frac{1}{2a}}，{x_2}=-\sqrt{-\frac{1}{2a}}$（舍去）

x	（0，x1）	x1	（x1，+∞）
f'（x）	+	0	-
f（x）	↗	極大	↘

即f（x）在$（{0，\sqrt{-\frac{1}{2a}}}）$為增函數(shù)，在$[{\sqrt{-\frac{1}{2a}}，+∞}）$為減函數(shù)
綜上：當(dāng)a≥0時(shí)f'（x）=2ax+$\frac{1}{x}≥0$，即f（x）在（0，+∞）為增函數(shù)．
當(dāng)a＜0時(shí)f（x）在$（{0，\sqrt{-\frac{1}{2a}}}）$為增函數(shù)，在$[{\sqrt{-\frac{1}{2a}}，+∞}）$為減函數(shù)．
（3）取h（x）=f（x）-g（x），則h（x）=ax²+lnx-（2a+1）x＜0，
則h（x）在（1，+∞）⇒h（x）_max＜0，
則$h'（x）=2ax+\frac{1}{x}-（2a+1）=2a（x-1）+\frac{1-x}{x}$，
①當(dāng)2a≤0時(shí)f'（x）≤0，即f（x）在（1，+∞）為減函數(shù)．
即h（x）_max=h（1）=a-2a-1≤0⇒a≥-1，即a∈[-1，0]，
②當(dāng)a＞0時(shí)，令則$h'（x）=2ax+\frac{1}{x}-（2a+1）=0⇒x=\frac{1}{2a}$，
i）、當(dāng)$0＜\frac{1}{2a}＜1$時(shí)，h'（x）＞0即h（x）在（1，+∞）為增函數(shù)，h（x）無(wú)最大值，
 ii）、當(dāng)$\frac{1}{2a}≥1$時(shí)，h（x）在$（{1，\frac{1}{2a}}）$上，h'（x）＜0，在$[{\frac{1}{2a}，+∞}）$上，h'（x）≥0，
即h（x）在$（{1，\frac{1}{2a}}）$為減函數(shù)，在$[{\frac{1}{2a}，+∞}）$為增函數(shù)，h（x）在（1，+∞）上無(wú)最大值，
綜上：a∈[-1，0]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類(lèi)討論思想，是一道綜合題．