Question

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

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最值即可；
（2）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，結(jié)合?x∈（2，+∞），g（x）＜0恒成立，確定a的范圍即可．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），---------------------（1分）
當(dāng)a=$-\frac{1}{2}$時(shí)，f（x）=-x²+lnx，$f'（x）=-2x+\frac{1}{x}$=$\frac{{-2{x^2}+1}}{x}$；--------------------（2分）
當(dāng)$0＜x＜\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，有f'（x）＞0；當(dāng)$x＞\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，有f'（x）＜0，--------------------（3分）
∴f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{e}$，$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$]上是增函數(shù)，在[$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，e]上為減函數(shù)，--------------------（4分）
又$f（\frac{1}{e}）=-1-\frac{1}{e^2}$，f（e）=1-e²，$f（\frac{{\sqrt{2}}}{2}）=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}ln2$．，--------------------（5分）
∴f_min（x）=f（e）=1-e²，f_max（x）=$f（\frac{{\sqrt{2}}}{2}）=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}ln2$．---------------------（6分）
（2）g（x）=f（x）-2ax=（a-$\frac{1}{2}$）x²+lnx-2ax，則g（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
g′（x）=$\frac{（x-1）[（2a-1）x-1]}{x}$-----（7分）
①若a＞$\frac{1}{2}$，令g'（x）=0，得極值點(diǎn)x₁=1，x₂=$\frac{1}{2a-1}$，
ⅰ）當(dāng)2≥x₂＞x₁=1，即$\frac{3}{4}≤a＜1$時(shí)，在（2，+∞）上有g(shù)'（x）＞0，
此時(shí)g（x）在區(qū)間（2，+∞）上是增函數(shù)，
并且在該區(qū)間上有g(shù)（x）∈（g（2），+∞），不合題意；
ⅱ）當(dāng)x₂＞2，即$\frac{1}{2}＜a＜\frac{3}{4}$時(shí)，在（2，x₂）上g'（x）＜0；在（x₂，+∞）上g'（x）＞0；
所以在（2，+∞）上g（x）先減后增，有g(shù)（x）∈[g（x₂），+∞），也不合題意；
ⅲ）當(dāng)x₂≤x₁=1，即a≥1時(shí)，同理可知，g（x）在區(qū)間（2，+∞）上是增函數(shù)，
有g(shù)（x）∈（g（2），+∞），也不合題意；---------------------（10分）
②若a≤$\frac{1}{2}$，則有2a-1≤0，此時(shí)在區(qū)間（2，+∞）上恒有g(shù)'（x）＜0，
∴g（x）在（2，+∞）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（2）=-2+ln2≤0恒成立⇒a∈R，又a≤$\frac{1}{2}$，---------------------（12分）
∴a的范圍是$（-∞，\frac{1}{2}]$，---------------------（13分）
綜合①②可知，當(dāng)a∈$（-∞，\frac{1}{2}]$時(shí)，對(duì)?x∈（2，+∞），g（x）＜0恒成立．-------（14分）

點(diǎn)評(píng) 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，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．