Question

已知函數(shù)f（x）=ax²+lnx（a∈R）．
（1）當(dāng)a=

1

2

時(shí)，求f（x）在區(qū)間[1，e]上的最大值和最小值；
（2）如果函數(shù)g（x），f₁（x），f₂（x），在公共定義域D上，滿(mǎn)足f₁（x）＜g（x）＜f₂（x），那么就稱(chēng)g（x）為f₁（x），f₂（x）的“活動(dòng)函數(shù)”．已知函數(shù)f1(x)=(a-

1

2

)x2+2ax+(1-a2)lnx，f2(x)=

1

2

x2+2ax．若在區(qū)間（1，+∞）上，函數(shù)f（x）是f₁（x），f₂（x）的“活動(dòng)函數(shù)”，求a的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）由題意得 f(x)=

1

2

x2+lnx，f′(x)=x+

1

x

=

x2+1

x

＞0，∴f（x）在區(qū)間[1，e]上為增函數(shù)，即可求出函數(shù)的最值．
（2）由題意得：令 p(x)=f(x)-f2(x)=(a-

1

2

)x2-2ax+lnx＜0，對(duì)x∈（1，+∞）恒成立，且h（x）=f₁（x）-f（x）=-

1

2

x2+2ax-a2lnx＜0對(duì)x∈（1，+∞）恒成立，p′(x)=

(x-1)[(2a-1)x-1]

x

分類(lèi)討論當(dāng) a＞

1

2

或 a≤

1

2

時(shí)兩種情況求函數(shù)的最大值，可得到a的范圍．又因?yàn)閔′（x）=-x+2a-

a2

x

=

-x2+2ax-a2

x

=

-(x-a)2

x

＜0，h（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，可得到a的另一個(gè)范圍，綜合可得a的范圍．

解答：解：（1）當(dāng) a=

1

2

時(shí)，f(x)=

1

2

x2+lnx，f′(x)=x+

1

x

=

x2+1

x

；
對(duì)于x∈[1，e]，有f'（x）＞0，∴f（x）在區(qū)間[1，e]上為增函數(shù)，
∴fmax(x)=f(e)=1+

e2

2

，fmin(x)=f( 1 )=

1

2

．
（2）在區(qū)間（1，+∞）上，函數(shù)f（x）是f₁（x），f₂（x）的“活動(dòng)函數(shù)”，則f₁（x）＜f（x）＜f₂（x）
令 p(x)=f(x)-f2(x)=(a-

1

2

)x2-2ax+lnx＜0，對(duì)x∈（1，+∞）恒成立，
且h（x）=f₁（x）-f（x）=-

1

2

x2+2ax-a2lnx＜0對(duì)x∈（1，+∞）恒成立，
∵p′(x)=(2a-1)x-2a+

1

x

=

(2a-1)x2-2ax+1

x

=

(x-1)[(2a-1)x-1]

x

1）若 a＞

1

2

，令p′（x）=0，得極值點(diǎn)x₁=1，x2=

1

2a-1

，
當(dāng)x₂＞x₁=1，即

1

2

＜a＜1時(shí)，在（x₂，+∞）上有p′（x）＞0，
此時(shí)p（x）在區(qū)間（x₂，+∞）上是增函數(shù)，并且在該區(qū)間上有p（x）∈（p（x₂），+∞），不合題意；
當(dāng)x₂＜x₁=1，即a≥1時(shí)，同理可知，p（x）在區(qū)間（1，+∞）上，有p（x）∈（p（1），+∞），也不合題意；
2）若 a≤

1

2

，則有2a-1≤0，此時(shí)在區(qū)間（1，+∞）上恒有p′（x）＜0，
從而p（x）在區(qū)間（1，+∞）上是減函數(shù)；
要使p（x）＜0在此區(qū)間上恒成立，只須滿(mǎn)足 p(1)=-a-

1

2

≤0⇒a≥-

1

2

，
所以 -

1

2

≤a≤

1

2

．
又因?yàn)閔′（x）=-x+2a-

a2

x

=

-x2+2ax-a2

x

=

-(x-a)2

x

＜0，h（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，
h（x）＜h（1）=-

1

2

+2a≤0，所以a≤

1

4

綜合可知a的范圍是[-

1

2

，

1

4

]．

點(diǎn)評(píng)：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，利用最值解決恒成立問(wèn)題，二對(duì)于新定義題型關(guān)鍵是弄清新概念與舊知識(shí)點(diǎn)之間的聯(lián)系即可，結(jié)合著我們已學(xué)的知識(shí)解決問(wèn)題，這是高考考查的熱點(diǎn)之一．