Question

15．已知函數(shù)${f_1}（x）=\frac{1}{2}{x^2}，{f_2}（x）=alnx$（其中a＞0）．
（1）求函數(shù)f（x）=f₁（x₁）•f₂（x₂）的極值；
（2）若函數(shù)g（x）=f₁（x₁）-f₂（x₂）+（a-1）x在區(qū)間$（\frac{1}{e}，e）$內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)，求正實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）先求出函數(shù)g（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論x，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，結(jié)合函數(shù)g（x）在區(qū)間（$\frac{1}{e}$，e）內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)，得到不等式組，解出即可．

解答 解：（1）f（x）=f₁（x）•f₂（x）=x²alnx，
∴f′（x）=axlnx+$\frac{1}{2}$ax=$\frac{1}{2}$ax（2lnx+1），（x＞0，a＞0），
由f′（x）＞0，得x＞${e}^{-\frac{1}{2}}$，由f′（x）＜0，得0＜x＜${e}^{-\frac{1}{2}}$．
∴函數(shù)f（x）在（0，${e}^{-\frac{1}{2}}$）上是減函數(shù)，在（${e}^{-\frac{1}{2}}$，+∞）上是增函數(shù)，
∴f（x）的極小值為f（${e}^{-\frac{1}{2}}$）=-$\frac{a}{4e}$，無極大值．
（2）函數(shù)g（x）=f₁（x₁）-f₂（x₂）+（a-1）x=$\frac{1}{2}$x²-alnx+（a-1）x，
則g′（x）=x-$\frac{a}{x}$+（a-1）=$\frac{{x}^{2}+（a-1）x-a}{x}$=$\frac{（x+a）（x-1）}{x}$，
令g′（x）=0，∵a＞0，解得x=1，或x=-a（舍去），
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′（x）＜0，g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞1時(shí)，g′（x）＞0，g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
函數(shù)g（x）在區(qū)間（$\frac{1}{e}$，e）內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)，
∴$\left\{\begin{array}{l}{g（\frac{1}{e}）＞0}\\{g（1）＜0}\\{g（e）＞0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2{e}^{2}}+\frac{a-1}{e}+a＞0}\\{\frac{1}{2}+a-1＜0}\\{\frac{{e}^{2}}{2}+（a-1）e-a＞0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a＞\frac{2e-1}{2{e}^{2}+2e}}\\{a＜\frac{1}{2}}\\{a＞\frac{2e-{e}^{2}}{2e-2}}\end{array}\right.$，
故a的取值范圍為（$\frac{2e-1}{2{e}^{2}+2e}$，$\frac{1}{2}$）

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、函數(shù)的最及函數(shù)恒成立問題，考查轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．