Question

7．已知f （ x）=$\frac{1}{2}$x²，g （ x）=a ln x（a＞0）．
（Ⅰ）求函數(shù) F （ x）=f（x）g（x）的極值
（Ⅱ）若函數(shù) G（ x）=f（x）-g（x）+（a-1）在區(qū)間 （$\frac{1}{e}$，e） 內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)，求的取值范圍；
（Ⅲ）函數(shù) h（ x）=g （ x ）-x+$\frac{1}{x}$，設(shè) x₁∈（0，1），x₂∈（1，+∞），若 h（ x ₂）-h（ x ₁）存在最大值，記為 M （a），則當(dāng) a≤e+1$\frac{1}{e}$時(shí)，M （a） 是否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）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)間即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到關(guān)于a的不等式組，解出即可；
（Ⅲ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到方程x²-ax+1=0有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根，令其為m，n，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷即可．

解答 解：（Ⅰ）$F（x）=f（x）g（x）=\frac{1}{2}a{x^2}lnx（x＞0）$，
∴${F^'}（x）=axlnx+\frac{1}{2}ax=ax（lnx+\frac{1}{2}）$，
由F′（x）＞0得$x＞{e^{-\frac{1}{2}}}$，
由F′（x）＜0，得$0＜x＜{e^{-\frac{1}{2}}}$
∴F（x）在$（0，{e^{-\frac{1}{2}}}]$上單調(diào)遞減，在$[{e^{-\frac{1}{2}}}，+∞）$上單調(diào)遞增，
∴$F{（x）_{min}}=F（{e^{-\frac{1}{2}}}）=-\frac{a}{4e}$，F(xiàn)（x）無(wú)極大值．
（Ⅱ）$G（x）=\frac{1}{2}{x^2}-alnx+（a-1）x$
∴${G^'}（x）=x-\frac{a}{x}+a-1=\frac{（x+a）（x-1）}{x}$
又$a＞0，\frac{1}{e}＜x＜e$，易得G（x）在$（\frac{1}{e}，1]$上單調(diào)遞減，在[1，e）上單調(diào)遞增，
要使函數(shù)G（x）在$（\frac{1}{e}，e）$內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)，
需$\left\{\begin{array}{l}G（\frac{1}{e}）＞0\\ G（1）＜0\\ G（e）＞0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{{2{e^2}}}+\frac{a-1}{e}+a＞0\\ \frac{1}{2}+a-1＜0\\ \frac{e^2}{2}+（a-1）e-a＞0\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}a＞\frac{2e-1}{{2{e^2}+2e}}\\ a＜\frac{1}{2}\\ a＞\frac{{2e-{e^2}}}{2e-2}\end{array}\right.$，
∴$\frac{2e-1}{{2{e^2}+2e}}＜a＜\frac{1}{2}$，即a的取值范圍是$（\frac{2e-1}{{2{e^2}+2e}}，\frac{1}{2}）$．
（Ⅲ）若0＜a≤2，∵${h^'}（x）=\frac{{-（{x^2}-ax+1）}}{x^2}$在（0，+∞）上滿足h′（x）≤0，
∴h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，∴h（x₂）-h（x₁）＜0．
∴h（x₂）-h（x₁）不存在最大值，則a＞2，
∴方程x²-ax+1=0有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根，
令其為m，n，且不妨設(shè)0＜m＜1＜n，則$\left\{\begin{array}{l}m+n=a\\ mn=1\end{array}\right.$，
h（x）在（0，m）上單調(diào)遞減，在（m，n）上調(diào)遞增，在（n，+∞）上單調(diào)遞減，
對(duì)?x₁∈（0，1），有h（x₁）≥h（m）；對(duì)?x₂∈（1，+∞），有h（x₂）≤h（n），
∴[h（x₂）-h（x₁）]_max=h（n）-h（m）．
∴$M（a）=h（n）-h（m）=（alnn-n+\frac{1}{n}）-（alnm-m+\frac{1}{m}）$=$aln\frac{n}{m}+（m-n）+（\frac{1}{n}-\frac{1}{m}）$．
將$a=m+n=\frac{1}{n}+n$，$m=\frac{1}{n}$代入上式，消去a，m，
得：$M（a）=（\frac{1}{n}+n）ln{n^2}+2（\frac{1}{n}-n）=2[（\frac{1}{n}+n）lnn+（\frac{1}{n}-n）]$，
∵$2＜a≤e+\frac{1}{e}$，∴$\frac{1}{n}+n≤e+\frac{1}{e}$，n＞1．
據(jù)$y=x+\frac{1}{x}$在x∈（1，+∞）上單調(diào)遞增，得n∈（1，e]，
設(shè)$φ（x）=2（\frac{1}{x}+x）lnx+2（\frac{1}{x}-x）$，x∈（1，e]，
${φ^'}（x）=2（-\frac{1}{x^2}+1）lnx+2（\frac{1}{x}+x）\frac{1}{x}+2（-\frac{1}{x^2}-1）=2（1-\frac{1}{x^2}）lnx$，x∈（1，e]，
∴φ′（x）＞0，即φ（x）在（1，e]上單調(diào)遞增，
∴${[φ（x）]_{max}}=φ（e）=2（e+\frac{1}{e}）+2（\frac{1}{e}-e）=\frac{4}{e}$，
∴M（a）存在最大值為$\frac{4}{e}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．