Question

11．已知函數(shù)f（x）=（a-$\frac{1}{2}$）x²+lnx，（a∈R）．
（Ⅰ）當(dāng)a=0時，求f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{e}$，e]上的最大值；
（Ⅱ）若在區(qū)間（1，+∞）上，函數(shù)f（x）的圖象恒在直線y=2ax下方，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)a=0時，求得函數(shù)f（x）的導(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，進(jìn)而得到f（x）的最大值為f（1）；
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-2ax=（a-$\frac{1}{2}$）x²+lnx-2ax，求得g（x）的定義域，由題意可得在區(qū)間（1，+∞）上，函數(shù)f（x）的圖象恒在直線y=2ax下方等價于g（x）＜0 在區(qū)間（1，+∞）上恒成立．求得$g'（x）=\frac{（x-1）[（2a-1）x-1]}{x}$，討論①若$a＞\frac{1}{2}$，②若a≤$\frac{1}{2}$，求得單調(diào)區(qū)間，可得g（x）的范圍，由恒成立思想，進(jìn)而得到a的范圍．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a=0時，$f（x）=-\frac{1}{2}{x^2}+lnx$，
導(dǎo)數(shù)$f'（x）=\frac{-（x+1）（x-1）}{x}（x＞0）$，
當(dāng)x∈[$\frac{1}{e}$，1]，有f'（x）＞0；當(dāng)x∈（1，e]，有f′（x）＜0，
可得f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{e}$，1]上是增函數(shù)，在 （1，e]上為減函數(shù)，
又f（x）_max=f（1）=-$\frac{1}{2}$；                   
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-2ax=（a-$\frac{1}{2}$）x²+lnx-2ax，
則g（x）的定義域為 （0，+∞），
在區(qū)間（1，+∞）上，函數(shù)f（x）的圖象恒在直線y=2ax下方
等價于g（x）＜0 在區(qū)間（1，+∞）上恒成立．
$g'（x）=\frac{（x-1）[（2a-1）x-1]}{x}$，
①若$a＞\frac{1}{2}$，令g′（x）=0，得極值點${x_1}=1，{x_2}=\frac{1}{2a-1}$，
當(dāng)x₁＜x₂，即$\frac{1}{2}＜a＜1$時，在（0，1）上有g(shù)′（x）＞0，
在（1，x₂）上有g(shù)′（x）＜0，
在（x₂，+∞）上有g(shù)′（x）＞0，此時g（x）在區(qū)間（x₂，+∞）上是增函數(shù)，
并且在該區(qū)間上有g(shù)（x）∈（g（x₂），+∞）不合題意；                                    
當(dāng)x₂≤x₁，即a≥1時，同理可知，g（x）在區(qū)間（1，+∞）上，
有g(shù)（x）∈（g（1），+∞），也不合題意；      
②若a≤$\frac{1}{2}$，則有x₁＞x₂，此時在區(qū)間（1，+∞）上恒有g(shù)′（x）＜0，
從而g（x）在區(qū)間（1，+∞）上是減函數(shù)；
要使g（x）＜0在此區(qū)間上恒成立，只須滿足$g（1）=-a-\frac{1}{2}≤0⇒a≥-\frac{1}{2}$，
由此求得a的范圍是$[-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}]$．                
綜合①②可知，當(dāng)a∈[-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$]時，函數(shù)f（x）的圖象恒在直線y=2ax下方．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查函數(shù)方程的轉(zhuǎn)化思想，注意構(gòu)造函數(shù)法和分類討論的思想方法，運用函數(shù)的單調(diào)性和恒成立思想，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．