Question

5．已知函数f（x）=ax²-lnx（a∈R）
（1）当a=1时，求函数y=f（x）的单调区间；
（2）若?x∈（0，1]，|f（x）|≥1恒成立，求a的取值范围；
（3）若a=$\frac{e}{2}$，证明：e^x-1f（x）≥x．

Answer 1

分析 （1）求出导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间；
（2）求出导数，对a讨论，①a≤$\frac{1}{2}$时，②当a＞$\frac{1}{2}$时，求出单调区间，可得最小值，由恒成立思想即可得到a的范围；
（3）a=$\frac{e}{2}$时，由（Ⅱ）得f（x）_min=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$ln2a=1，令h（x）=$\frac{x}{{e}^{x-1}}$，求出导数，单调区间，运用单调性即可得证．

解答 解：（1）a=1时，函数f（x）=x²-lnx，$f'（x）=2x-\frac{1}{x}=\frac{{2{x^2}-1}}{x}$．
函数f（x）的定义域为（0，+∞），
则由f'（x）＞0得$x＞\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，由f'（x）＜0得$0＜x＜\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
所以函数f（x）的单调递增区间为$（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，+∞）$，单调递减区间为$（0，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$．…（4分）
（2）由已知得f′（x）=2ax-$\frac{1}{x}$．
若f′（x）≤0在（0，1]上恒成立，则2a≤$\frac{1}{{x}^{2}}$恒成立，所以2a≤（$\frac{1}{{x}^{2}}$）_min=1，即a≤$\frac{1}{2}$．
①a≤$\frac{1}{2}$时，f（x）在（0，1]单调递减，f（x）_min=f（1）=a，与|f（x）|≥1恒成立矛盾．…（6分）
②当a＞$\frac{1}{2}$时，令f′（x）=2ax-$\frac{1}{x}$=0，得x=$\sqrt{\frac{1}{2a}}$∈（0，1]．
所以当x∈（0，$\sqrt{\frac{1}{2a}}$）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（$\sqrt{\frac{1}{2a}}$，1]时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
所以f（x）_min=f（$\sqrt{\frac{1}{2a}}$）=a（$\sqrt{\frac{1}{2a}}$）²-ln$\sqrt{\frac{1}{2a}}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$ln2a．
由|f（x）|≥1得，$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$ln2a≥1，所以a≥$\frac{e}{2}$．
综上，所求a的取值范围是[$\frac{e}{2}$，+∞）．…（9分）
（Ⅲ）证明：a=$\frac{e}{2}$时，由（Ⅱ）得f（x）_min=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$ln2a=1．…（11分）
令h（x）=$\frac{x}{{e}^{x-1}}$，则h′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x-1}}$．
所以当0＜x＜1时，h′（x）＞0，h（x）单增；当x≥1时，h′（x）＜0，h（x）单减．
所以h（x）≤h（1）=1．…（13分）
所以f（x）≥h（x），即e^x-1f（x）≥x．…（14分）

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查不等式恒成立问题解法和不等式证明，注意运用转化思想和构造函数法，属于难题．