Question

7．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx+（x-a）²-$\frac{a}{2}$，a∈R．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）在區(qū)間[$\frac{1}{2}$，2]上，若函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，則不等式2x²-2ax+1≥0，即2a≤（2x+$\frac{1}{x}$）_min，由基本不等式即可得到實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）對(duì)f（x）進(jìn)行求導(dǎo)，可以設(shè)出h（x）=2x²-2ax+1，對(duì)a進(jìn)行討論：a≤0或a＞0兩種情況，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值問(wèn)題．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=lnx+（x-a）²-$\frac{a}{2}$，
f（x）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{1}{x}$+2（x-a）=$\frac{2{x}^{2}-2ax+1}{x}$，
依題意得，函數(shù)f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上單調(diào)遞增，
則在區(qū)間[$\frac{1}{2}$，2]上不等式2x²-2ax+1≥0恒成立．
又因?yàn)閤＞0，所以2a≤（2x+$\frac{1}{x}$）_min．
由2x+$\frac{1}{x}$≥2$\sqrt{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$取等號(hào)．
所以2a≤2$\sqrt{2}$，即a≤$\sqrt{2}$，
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-∞，$\sqrt{2}$]；
（Ⅱ）f′（x）=$\frac{1}{x}$+2（x-a）=$\frac{2{x}^{2}-2ax+1}{x}$，
令h（x）=2x²-2ax+1，
①顯然，當(dāng)a≤0時(shí)，在（0，+∞）上h（x）＞0恒成立，這時(shí)f′（x）＞0，
此時(shí)，函數(shù)f（x）沒(méi)有極值點(diǎn)；                                
②當(dāng)a＞0時(shí)，
（�。┊�(dāng)△≤0，即4a²-8≤0，即0＜a≤$\sqrt{2}$時(shí)，在（0，+∞）上h（x）≥0恒成立，這時(shí)f′（x）≥0，
此時(shí)，函數(shù)f（x）沒(méi)有極值點(diǎn)；           
（ⅱ）當(dāng)△＞0，即a＞$\sqrt{2}$時(shí)，
易知，當(dāng)$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$＜x＜$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$時(shí)，h（x）＜0，這時(shí)f′（x）＜0；
當(dāng)0＜x＜$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$或x＞$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$時(shí)，h（x）＞0，這時(shí)f′（x）＞0；
所以，當(dāng)a＞$\sqrt{2}$時(shí)，x=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$是函數(shù)f（x）的極大值點(diǎn)；
x=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$是函數(shù)f（x）的極小值點(diǎn)．
綜上，當(dāng)a≤$\sqrt{2}$時(shí)，函數(shù)f（x）沒(méi)有極值點(diǎn)；
當(dāng)a＞$\sqrt{2}$時(shí)，x=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$是函數(shù)f（x）的極大值點(diǎn)；
x=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$是函數(shù)f（x）的極小值點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)性和極值點(diǎn)，注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想和分類討論思想方法，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．