Question

6．已知函數(shù)$f（x）=alnx-\frac{1}{2}{x^2}$．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若函數(shù)g（x）=f（x）+4x存在極小值點x₀，且$g（{x_0}）-\frac{1}{2}x_0^2+2a＞0$，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）計算f′（x），討論a判斷f′（x）的符號得出f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（II）由導(dǎo)數(shù)和二次函數(shù)的性質(zhì)得g′（x）=0在（0，+∞）上有兩解列不等式組得出a的范圍，根據(jù)$g（{x_0}）-\frac{1}{2}x_0^2+2a＞0$得出a的范圍，再取交集即可．

解答 解：（Ⅰ）因為函數(shù)$f（x）=alnx-\frac{1}{2}{x^2}$，所以其定義域為（0，+∞）．
所以$f'（x）=\frac{a}{x}-x$=$-\frac{{{x^2}-a}}{x}$．
當(dāng)a≤0時，f'（x）＜0，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞減．
當(dāng)a＞0時，f'（x）=$-\frac{{（{x-\sqrt{a}}）（{x+\sqrt{a}}）}}{x}$．
當(dāng)$x＞\sqrt{a}$時，f'（x）＜0，函數(shù)f（x）在區(qū)間$（{\sqrt{a}，+∞}）$上單調(diào)遞減．
當(dāng)$0＜x＜\sqrt{a}$時，f'（x）＞0，函數(shù)f（x）在區(qū)間$（{0，\sqrt{a}}）$上單調(diào)遞增．
綜上可知，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，+∞）；當(dāng)a＞0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（{0，\sqrt{a}}）$，單調(diào)遞減區(qū)間為$（{\sqrt{a}，+∞}）$．
（Ⅱ）因為g（x）=f（x）+4x=$alnx-\frac{1}{2}{x^2}+4x$，
所以$g'（x）=\frac{a}{x}-x+4$=$-\frac{{{x^2}-4x-a}}{x}$（x＞0）．
因為函數(shù)g（x）存在極小值點，所以g'（x）在（0，+∞）上存在兩個零點x₁，x₂，且0＜x₁＜x₂．
即方程x²-4x-a=0的兩個根為x₁，x₂，且0＜x₁＜x₂，
所以$\left\{\begin{array}{l}△=16+4a＞0\\{x_1}+{x_2}=4＞0\\{x_1}{x_2}=-a＞0.\end{array}\right.$，解得-4＜a＜0．
則$g'（x）=-\frac{{{x^2}-4x-a}}{x}$=$-\frac{{（{x-{x_1}}）（{x-{x_2}}）}}{x}$．
當(dāng)0＜x＜x₁或x＞x₂時，g'（x）＜0，當(dāng)x₁＜x＜x₂時，g'（x）＞0，
所以函數(shù)g（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，x₁）與（x₂，+∞），單調(diào)遞增區(qū)間為（x₁，x₂）．
所以x=x₁為函數(shù)g（x）的極小值點x₀．
由$x_0^2-4{x_0}-a=0$，得${x_0}=2-\sqrt{4+a}$．
由于$g（{x_0}）-\frac{1}{2}x_0^2+2a＞0$等價于$aln{x_0}-x_0^2+4{x_0}+2a＞0$．
由$x_0^2-4{x_0}-a=0$，得$x_0^2-4{x_0}=a$，所以alnx₀+a＞0．
因為-4＜a＜0，所以有l(wèi)nx₀+1＜0，即${x_0}＜\frac{1}{e}$．
因為${x_0}=2-\sqrt{4+a}$，所以$2-\sqrt{4+a}＜\frac{1}{e}$．
解得$a＞-\frac{4}{e}+\frac{1}{e^2}$．
所以實數(shù)a的取值范圍為$（{-\frac{4}{e}+\frac{1}{e^2}，0}）$．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性、極值的關(guān)系，函數(shù)最值得計算，屬于中檔題．