Question

10．已知函數(shù)f（x）=alnx+$\frac{a+1}{2}{x^2}$+1．
（1）當(dāng)a=-$\frac{1}{2}$時(shí)，求f（x）在區(qū)間$[{\frac{1}{e}，e}]$上的最大值與最小值；
（2）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（3）當(dāng)-1＜a＜0時(shí)，任意x＞0有f（x）＞1+$\frac{a}{2}ln（{-a}）$恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）a=-$\frac{1}{2}$時(shí)，f（x）=$-\frac{1}{2}$lnx+$\frac{1}{4}$x²+1，x∈$[{\frac{1}{e}，e}]$，f′（x）=$\frac{（x+1）（x-1）}{2x}$．可得其單調(diào)性極值與區(qū)間端點(diǎn)函數(shù)值，進(jìn)而得到最值．
（2）f′（x）=$\frac{a}{x}$+（a+1）x=$\frac{（a+1）{x}^{2}+a}{x}$（x＞0）．對(duì)a分類討論可得：①a=-1時(shí)，②a≠-1時(shí)，△=-4a（a+1），由△≤0，△＞0，解得a范圍即可得出單調(diào)性．
（3）當(dāng)-1＜a＜0時(shí)，函數(shù)f（x）在x=$\sqrt{\frac{-a}{a+1}}$取得極小值即最小值．f$（\sqrt{\frac{-a}{a+1}}）$=$\frac{a}{2}$ln$\frac{-a}{a+1}$-$\frac{a}{2}$+1．由于任意x＞0有f（x）＞1+$\frac{a}{2}ln（{-a}）$恒成立，代入化簡(jiǎn)即可得出．

解答 解：（1）a=-$\frac{1}{2}$時(shí)，f（x）=$-\frac{1}{2}$lnx+$\frac{1}{4}$x²+1，x∈$[{\frac{1}{e}，e}]$，
f′（x）=$-\frac{1}{2x}$+$\frac{1}{2}$x=$\frac{（x+1）（x-1）}{2x}$．
可知：函數(shù)f（x）在$[\frac{1}{e}，1）$上單調(diào)遞減，在（1，e]上單調(diào)遞增．
∴函數(shù)f（x）在x=1時(shí)取得極小值即最小值，f（1）=$\frac{5}{4}$．
由$f（\frac{1}{e}）$=$\frac{3}{2}$+$\frac{1}{4{e}^{2}}$，f（e）=$\frac{1}{2}+\frac{{e}^{2}}{4}$，可得f（e）＞$f（\frac{1}{e}）$．
∴函數(shù)f（x）在x=e時(shí)取得最大值，f（e）=$\frac{1}{2}+\frac{{e}^{2}}{4}$．
綜上可得：f（x）在區(qū)間$[{\frac{1}{e}，e}]$上的最大值與最小值分別為：$\frac{1}{2}+\frac{{e}^{2}}{4}$，$\frac{5}{4}$．
（2）f′（x）=$\frac{a}{x}$+（a+1）x=$\frac{（a+1）{x}^{2}+a}{x}$（x＞0）．
①a=-1時(shí)，f′（x）=-$\frac{1}{x}$＜0，∴函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減．
②a≠-1時(shí)，△=-4a（a+1），由△≤0，解得a≥0，或a＜-1．
則a≥0時(shí)，f′（x）＞0，∴函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
a＜-1時(shí)，f′（x）＜0，∴函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減．
由△＞0，解得-1＜a＜0，$\frac{-a}{a+1}$＞0．
可得：f′（x）=$\frac{（a+1）（x+\sqrt{\frac{-a}{a+1}}）（x-\sqrt{\frac{-a}{a+1}}）}{x}$，
∴函數(shù)f（x）在$（0，\sqrt{\frac{-a}{a+1}}）$上單調(diào)遞減；在$[\sqrt{\frac{-a}{a+1}}，+∞）$上單調(diào)遞增．
綜上可得：a≤-1時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減．
a≥0時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
-1＜a＜0時(shí)，函數(shù)f（x）在$（0，\sqrt{\frac{-a}{a+1}}）$上單調(diào)遞減；在$[\sqrt{\frac{-a}{a+1}}，+∞）$上單調(diào)遞增．
（3）當(dāng)-1＜a＜0時(shí)，函數(shù)f（x）在x=$\sqrt{\frac{-a}{a+1}}$取得極小值即最小值．
f$（\sqrt{\frac{-a}{a+1}}）$=$\frac{a}{2}$ln$\frac{-a}{a+1}$-$\frac{a}{2}$+1．
由于任意x＞0有f（x）＞1+$\frac{a}{2}ln（{-a}）$恒成立，
∴$\frac{a}{2}$ln$\frac{-a}{a+1}$-$\frac{a}{2}$+1＞1+$\frac{a}{2}ln（{-a}）$，化為：ln（a+1）＞-1，又-1＜a＜0，
解得$\frac{1}{e}-1＜$a＜0．
∴a的取值范圍是$（\frac{1}{e}-1，0）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、分類討論方法、不等式的方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．