Question

3．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-lnx，a∈R
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）對?x₁，x₂∈[1，e]，總有|f（x₁）-f（x₂）≤3成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，由此根據(jù)a的取值范圍分類討論，利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為x∈[1，e]時，f（x）_max-f（x）_min≤3恒成立，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的最大值和最小值，得到關(guān)于a的不等式，解出即可．

解答 解：（Ⅰ）x＞0，f′（x）=ax-$\frac{1}{x}$=$\frac{{ax}^{2}-1}{x}$，
若a≤0，則f′（x）＜0恒成立，
∴f（x）的減區(qū)間為（0，+∞），
若a＞0，令f′（x）=0，得x=$\frac{\sqrt{a}}{a}$（x=-$\frac{\sqrt{a}}{a}$舍去）．
當x∈（0，$\frac{\sqrt{a}}{a}$）時，f′（x）＜0，
∴f（x）的減區(qū)間為（0，$\frac{\sqrt{a}}{a}$）；
當x∈（$\frac{\sqrt{a}}{a}$，+∞）時，f′（x）＞0，
∴f（x）的增區(qū)間為（$\frac{\sqrt{a}}{a}$，+∞）．
（Ⅱ）對?x₁，x₂∈[1，e]，總有|f（x₁）-f（x₂）≤3成立，
?x∈[1，e]時，f（x）_max-f（x）_min≤3恒成立，
①a≤$\frac{1}{{e}^{2}}$時，f（x）在區(qū)間[1，e]遞減，
故f（x）_max=f（1）=$\frac{a}{2}$，f（x）_min=f（e）=$\frac{{e}^{2}}{2}$a-1，
令f（x）_max-f（x）_min=$\frac{a}{2}$-$\frac{{e}^{2}}{2}$a+1≤3，
解得：a$≥\frac{4}{1{-e}^{2}}$，
故$\frac{4}{1{-e}^{2}}$≤a≤$\frac{1}{{e}^{2}}$，符合題意；
②a≥1時，函數(shù)f（x）在[1，e]上遞增，
故f（x）_max=f（e）=$\frac{{e}^{2}}{2}$a-1，f（x）_min=f（1）=$\frac{a}{2}$，
令f（x）_max-f（x）_min=$\frac{{e}^{2}}{2}$a-1-$\frac{a}{2}$≤3，解得：a≤$\frac{8}{{e}^{2}-1}$，
故1≤a≤$\frac{8}{{e}^{2}-1}$符合題意；
③$\frac{1}{{e}^{2}}$＜a＜1時，函數(shù)f（x）在[1，$\sqrt{\frac{1}{a}}$）遞減，在（$\sqrt{\frac{1}{a}}$，e]遞增，
∴f（x）min=f（$\sqrt{\frac{1}{a}}$）=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$lna，又f（e）-f（1）=$\frac{1}{2}$（e²-1）a-1，
當$\frac{2}{{e}^{2}-1}$≤a＜1時，f（x）_max=f（e）=$\frac{{e}^{2}}{2}$•a-1，
令f（x）_max-f（x）_min=$\frac{{e}^{2}}{2}$•a-1-$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$lna≤3，即e²a-lna≤9，
設(shè)g（a）=e²a-lna，則g′（a）=$\frac{{e}^{2}a-1}{a}$＞0恒成立，
故函數(shù)g（a）在區(qū)間[$\frac{2}{{e}^{2}-1}$，1]上遞增，
而g（a）_max=g（1）=e²＜9，
故a∈[$\frac{2}{{e}^{2}-1}$，1]時，不等式e²a-lna≤9恒成立，
故$\frac{2}{{e}^{2}-1}$≤a＜1符合題意；
當$\frac{1}{{e}^{2}}$＜a＜$\frac{2}{{e}^{2}-1}$時，f（x）_max=f（1）=$\frac{a}{2}$，
令f（x）_max-f（x）_min=$\frac{a}{2}$-$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$lna≤3，
即a-lna≤7，設(shè)h（a）=a-lna，
則h′（a）=1-$\frac{1}{a}$=$\frac{a-1}{a}$＜0恒成立，
故函數(shù)h（a）在區(qū)間[$\frac{1}{{e}^{2}}$，$\frac{2}{{e}^{2}-1}$]遞減，
故h（x）_max=h（$\frac{1}{{e}^{2}}$）=$\frac{1}{{e}^{2}}$+2＜7，
故$\frac{1}{{e}^{2}}$＜a＜$\frac{2}{{e}^{2}-1}$時，a-lna≤7恒成立，
故$\frac{1}{{e}^{2}}$＜a＜$\frac{2}{{e}^{2}-1}$符合題意，
綜上，a的范圍是[$\frac{4}{1{-e}^{2}}$，$\frac{8}{{e}^{2}-1}$]．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．