Question

18．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-（2a+1）x+2lnx（a∈R）．
（1）當(dāng)a=1時，求f（x）的極值點．
（2）求y=f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）設(shè)g（x）=x²-2x，當(dāng)a≤$\frac{1}{2}$時，若對任意x₁，x₂∈（0，2]，使得f（x₁）＜g（x₂）恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=1時，f′（x）=x-3+$\frac{2}{x}$=$\frac{（x-1）（x-2）}{x}$，令f′（x）=0，解得即可，
（2）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)a≤0，0＜a＜$\frac{1}{2}$，a=$\frac{1}{2}$，a＞$\frac{1}{2}$，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可求單調(diào)區(qū)間
（2）將不等式f（x₁）＜g（x₂）恒成立，轉(zhuǎn)化為f（x）_max＜g（x）_min．根據(jù)二次函數(shù)求出g_min（x）=-1，根據(jù)（2）即可求出f（x）_max，得到關(guān)于a 的
不等式，即可求a的取值范圍．

解答 解：（1）f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-（2a+1）x+2lnx，x＞0，
∴f′（x）=ax-（2a+1）+$\frac{2}{x}$，
當(dāng)a=1時，f′（x）=x-3+$\frac{2}{x}$=$\frac{（x-1）（x-2）}{x}$，
令f′（x）=0，解得x=1或x=2，
∴f（x）的極值點為x=1和x=2                     
（2）∵f′（x）=$\frac{（ax-1）（x-2）}{x}$，x＞0
①當(dāng)a≤0時，x＞0，ax-1＜0，在區(qū)間（0，2）上，f′（x）＞0；在區(qū)間（2，+∞）上f′（x）＜0，
故f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，2），單調(diào)遞減區(qū)間是（2，+∞）．
②當(dāng)0＜a＜$\frac{1}{2}$時，$\frac{1}{a}$＞2，在區(qū)間（0，2）和（$\frac{1}{a}$，+∞）上，f′（x）＞0；在區(qū)間（2，$\frac{1}{a}$）上f′（x）＜0，
故f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，2）和（$\frac{1}{a}$，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間是（2，$\frac{1}{a}$）．
③當(dāng)a=$\frac{1}{2}$時，f′（x）＞0恒成立，故f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，+∞）．
④當(dāng)a＞$\frac{1}{2}$時，0＜$\frac{1}{a}$＜2，在區(qū)間（0，$\frac{1}{a}$）和（2，+∞）上，f′（x）＞0；在區(qū)間（$\frac{1}{a}$，2）上f′（x）＜0，
故f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，$\frac{1}{a}$）和（2，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間是（$\frac{1}{a}$，2）．
（3）由已知，若對任意x₁，x₂∈（0，2]，使得f（x₁）＜g（x₂）恒成立，
則在（0，2]上有f（x）_max＜g（x）_min．
∵g（x）=x²-2x=（x-1）²-1
∴g_min（x）=-1，
由（2）可知，
當(dāng)a≤$\frac{1}{2}$時，f（x）在（0，2]上單調(diào)遞增，
∴f（x）_max=f（2）=2a-2（2a+1）+2ln2=-2a-2+2ln2，
∴只需-2a-2+2ln2＜-1，解得a＞ln2-$\frac{1}{2}$，
故a的取值范圍為（ln2-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$]

點評 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性的判斷，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵，注意要對a進(jìn)行分類討論，屬于中檔題．