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=0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∈（1，+∞），g（x）＜0恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論b的范圍，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最大值和最小值；
（2）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出a的范圍．

解答 解：（1）函數(shù)$f（x）=（a-\frac{1}{2}）{x^2}+lnx$的定義域?yàn)椋?，+∞），
當(dāng)a=0時(shí)，$f（x）=-\frac{1}{2}{x^2}+lnx$，$f'（x）=-x+\frac{1}{x}=\frac{{-{x^2}+1}}{x}=\frac{-（x+1）（x-1）}{x}$；
當(dāng)$2b≤\frac{16}{3}$，有f'（x）＞0；當(dāng)$b≤\frac{8}{3}$，有f'（x）＜0，
∴f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{e}$，1]上是增函數(shù)，在[1，e]上為減函數(shù)，
又$f（\frac{1}{e}）=-1-\frac{1}{{2{e^2}}}$，$f（e）=1-\frac{e^2}{2}$，$f（\;1\;）=-\frac{1}{2}$，
∴${f_{min}}（x）=f（e）=1-\frac{e^2}{2}$，${f_{max}}（x）=f（\;1\;）=-\frac{1}{2}$．
（2）$g（x）=f（x）-2ax=（a-\frac{1}{2}）{x^2}-2ax+lnx$，
則g（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
$g'（x）=（2a-1）x-2a+\frac{1}{x}=\frac{{（2a-1）{x^2}-2ax+1}}{x}=\frac{（x-1）[（2a-1）x-1]}{x}$．
①若$a＞\frac{1}{2}$，令g'（x）=0，得極值點(diǎn)x₁=1，${x_2}=\frac{1}{2a-1}$，
當(dāng)x₂＞x₁=1，即$\frac{1}{2}＜a＜1$時(shí)，
在（0，1）上有g(shù)'（x）＞0，在（1，x₂）上有g(shù)'（x）＜0，
在（x₂，+∞）上有g(shù)'（x）＞0，
此時(shí)g（x）在區(qū)間（x₂，+∞）上是增函數(shù)，
并且在該區(qū)間上有g(shù)（x）∈（g（x₂），+∞），不合題意；
當(dāng)x₂≤x₁=1，即a≥1時(shí)，同理可知，g（x）在區(qū)間（1，+∞）上，
有g(shù)（x）∈（g（1），+∞），也不合題意；
②若$a≤\frac{1}{2}$，則有2a-1≤0，此時(shí)在區(qū)間（1，+∞）上恒有g(shù)'（x）＜0，
∴g（x）在（1，+∞）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（1）=-a-\frac{1}{2}≤0$$⇒a≥-\frac{1}{2}$，
∴a的范圍是$[-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}]$，
綜合①②可知，當(dāng)$a∈[-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}]$時(shí)，對(duì)?x∈（1，+∞），g（x）＜0恒成立．

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，是一道中檔題．