Question

1．已知函數(shù)f（x）=（a-$\frac{1}{2}$）x²+lnx（a為實(shí)數(shù)）．
（1）當(dāng)a=0時，求函數(shù)f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{e}$，e]上的最大值和最小值；
（2）若對任意的x∈（1，+∞），g（x）=f（x）-2ax＜0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出導(dǎo)數(shù)，由此能求出f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞））上單調(diào)遞減．f（x）在（$\frac{1}{e}$，1）上單調(diào)遞增，在（1，e）上單調(diào)遞減，由此能求出f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{e}$，e]上的最大值和最小值．
（2）求出函數(shù)g（x）的導(dǎo)數(shù)，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：（1）當(dāng)a=0時，函數(shù)f（x）=-$\frac{1}{2}{x}^{2}+lnx$，（x＞0）
f′（x）=-x+$\frac{1}{x}$=$\frac{1-{x}^{2}}{x}$，（x＞0），令f′（x）=0，得x=1，（負(fù)值舍去）
∴x＞0，x、f′（x），f（x）的變化如下：

x	（$\frac{1}{e}$，1）	1	（1，e）
f′（x）	+	0
f（x）	↑	極大值	↓

∴f（x）在（$\frac{1}{e}$，1）上單調(diào)遞增，在（1，e）上單調(diào)遞減，
f（x）最大值為f（1）=$\frac{1}{2}$．
∵$f（\frac{1}{e}）-f（e）=\frac{{e}^{4}-2{e}^{2}-1}{2{e}^{2}}＞0$，∴f（x）最小值為f（e）=1-$\frac{1}{2}{e}^{2}$
（2）g（x）=f（x）-2ax=（a-$\frac{1}{2}$）x²+lnx-2ax，g（x）的定義域?yàn)?nbsp;（0，+∞），
$g′（x）=\frac{（x-1）[（2a-1）x-1]}{x}$
①若a$＞\frac{1}{2}$，令g′（x）=0，得極值x₁=1，x₂=$\frac{1}{2a-1}$，
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，得a≥-$\frac{1}{2}$
由此求得a的范圍是[-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$]
綜合①②可知實(shí)數(shù)a的取值范圍是[-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$]．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)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(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性和恒成立思想，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．