Question

14．已知函數f（x）=（a-$\frac{1}{2}$）x²+lnx，g（x）=f（x）-2ax（a∈R）．
（1）當a=$-\frac{1}{2}$時，求f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{e}$，e]上的最大值和最小值；
（2）若對?x∈（2，+∞），g（x）＜0恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區(qū)間，從而求出函數的最值即可；
（2）求出g（x）的導數，通過討論a的范圍，求出函數的單調區(qū)間，結合?x∈（2，+∞），g（x）＜0恒成立，確定a的范圍即可．

解答 解：（1）函數f（x）的定義域為（0，+∞），---------------------（1分）
當a=$-\frac{1}{2}$時，f（x）=-x²+lnx，$f'（x）=-2x+\frac{1}{x}$=$\frac{{-2{x^2}+1}}{x}$；--------------------（2分）
當$0＜x＜\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，有f'（x）＞0；當$x＞\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，有f'（x）＜0，--------------------（3分）
∴f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{e}$，$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$]上是增函數，在[$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，e]上為減函數，--------------------（4分）
又$f（\frac{1}{e}）=-1-\frac{1}{e^2}$，f（e）=1-e²，$f（\frac{{\sqrt{2}}}{2}）=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}ln2$．，--------------------（5分）
∴f_min（x）=f（e）=1-e²，f_max（x）=$f（\frac{{\sqrt{2}}}{2}）=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}ln2$．---------------------（6分）
（2）g（x）=f（x）-2ax=（a-$\frac{1}{2}$）x²+lnx-2ax，則g（x）的定義域為（0，+∞），
g′（x）=$\frac{（x-1）[（2a-1）x-1]}{x}$-----（7分）
①若a＞$\frac{1}{2}$，令g'（x）=0，得極值點x₁=1，x₂=$\frac{1}{2a-1}$，
�。┊�2≥x₂＞x₁=1，即$\frac{3}{4}≤a＜1$時，在（2，+∞）上有g'（x）＞0，
此時g（x）在區(qū)間（2，+∞）上是增函數，
并且在該區(qū)間上有g（x）∈（g（2），+∞），不合題意；
ⅱ）當x₂＞2，即$\frac{1}{2}＜a＜\frac{3}{4}$時，在（2，x₂）上g'（x）＜0；在（x₂，+∞）上g'（x）＞0；
所以在（2，+∞）上g（x）先減后增，有g（x）∈[g（x₂），+∞），也不合題意；
ⅲ）當x₂≤x₁=1，即a≥1時，同理可知，g（x）在區(qū)間（2，+∞）上是增函數，
有g（x）∈（g（2），+∞），也不合題意；---------------------（10分）
②若a≤$\frac{1}{2}$，則有2a-1≤0，此時在區(qū)間（2，+∞）上恒有g'（x）＜0，
∴g（x）在（2，+∞）上是減函數；要使g（x）＜0在此區(qū)間上恒成立，
只須滿足g（2）=-2+ln2≤0恒成立⇒a∈R，又a≤$\frac{1}{2}$，---------------------（12分）
∴a的范圍是$（-∞，\frac{1}{2}]$，---------------------（13分）
綜合①②可知，當a∈$（-∞，\frac{1}{2}]$時，對?x∈（2，+∞），g（x）＜0恒成立．-------（14分）

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，轉化思想，是一道綜合題．