Question

3．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-（a²+1）x+alnx．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)a$∈（0，\frac{3}{5}]$時，求f（x）在[1，2]上的最大值和最小值．（注意：ln2＜0.7）

Answer 1

分析 （Ⅰ）若函數(shù)f（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上單調(diào)遞減，等價為f′（x）≤0在[$\frac{1}{e}$，e]上恒成立，利用參數(shù)分離法進(jìn)行求最值恒成立即可，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)a$∈（0，\frac{3}{5}]$時，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′（x），研究函數(shù)的單調(diào)性與最值之間的關(guān)系即可求f（x）在[1，2]上的最大值和最小值．（

解答 （Ⅰ）∵f（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上單調(diào)遞減，∴f′（x）=ax-（a²+1）+$\frac{a}{x}$≤0在[$\frac{1}{e}$，e]上恒成立，
即ax+$\frac{a}{x}$≤a²+1，
①當(dāng)a≤0時，結(jié)論成立，
②當(dāng)a＞0時，不等式等價為x+$\frac{1}{x}$≤a+$\frac{1}{a}$在[$\frac{1}{e}$，e]上恒成立，
當(dāng)x＞0時，h（x）=x+$\frac{1}{x}$在（0，1）上是減函數(shù)，在[1，+∞）上是增函數(shù)，
∴要使函數(shù)h（x）＜h（a）在[$\frac{1}{e}$，e]上恒成立，
則0＜x≤$\frac{1}{e}$或x≥e，
綜上a≤$\frac{1}{e}$或a≥e．
（Ⅱ）f′（x）=ax-（a²+1）+$\frac{a}{x}$=$\frac{a{x}^{2}-（{a}^{2}+1）x+a}{x}$=$\frac{（ax-1）（x-a）}{x}$，=
由f′（x）=0得x=a或$\frac{1}{a}$，
①當(dāng)0＜a≤$\frac{1}{2}$時，即f′（x）≤0時，f（x）在[1，2]上遞減，
∴f（x）_min=f（2）=2a-2（a²+1）+aln2，f（x）_max=f（1）=$\frac{1}{2}$a-（a²+1），
②當(dāng)$\frac{1}{2}$＜a≤$\frac{3}{5}$時，
當(dāng)1≤x＜$\frac{1}{a}$時，f′（x）＜0，當(dāng)$\frac{1}{a}$＜x≤2，f′（x）＞0，
∴f（x）_min=f（$\frac{1}{a}$）=-a-$\frac{1}{2a}$-alna，
f（2）-f（1）=$\frac{3}{2}$a-（a²+1）+aln2，
設(shè)h（x）=$\frac{3}{2}$x-（x²+1）+xln2，$\frac{1}{2}$＜x≤$\frac{3}{5}$，
h′（x）=$\frac{3}{2}$-2x+ln2，
∵$\frac{1}{2}$＜x≤$\frac{3}{5}$，
∴h′（x）＞0，
則h（x）在$\frac{1}{2}$＜x≤$\frac{3}{5}$上單調(diào)遞增，
∴h（x）_max=$\frac{3}{2}$×$\frac{3}{5}$-[（$\frac{3}{5}$）²+1]+$\frac{3}{5}$ln2=$\frac{9}{10}-\frac{34}{25}$+$\frac{3}{5}$ln2$＜-\frac{1}{25}$＜0，
∴f（2）＜f（1），∴f（x）_max=f（1）=$\frac{1}{2}$a-（a²+1），
綜上當(dāng)0＜a≤$\frac{1}{2}$時，f（x）_min=2a-2（a²+1）+aln2，f（x）_max=f（1）=$\frac{1}{2}$a-（a²+1），
當(dāng)$\frac{1}{2}$＜a≤$\frac{3}{5}$時，f（x）_min=-a-$\frac{1}{2a}$-alna，f（x）_max=f（1）=$\frac{1}{2}$a-（a²+1）．

點評 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查函數(shù)單調(diào)性最值和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，考查分類討論和參數(shù)分離法的應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)，有一定的難度．