Question

18．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-（2a+1）x+2lnx（a∈R）．
（1）当a=1时，求f（x）的极值点．
（2）求y=f（x）的单调区间；
（3）设g（x）=x²-2x，当a≤$\frac{1}{2}$时，若对任意x₁，x₂∈（0，2]，使得f（x₁）＜g（x₂）恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）当a=1时，f′（x）=x-3+$\frac{2}{x}$=$\frac{（x-1）（x-2）}{x}$，令f′（x）=0，解得即可，
（2）求函数的导数，根据a≤0，0＜a＜$\frac{1}{2}$，a=$\frac{1}{2}$，a＞$\frac{1}{2}$，根据导数和函数的单调性的关系即可求单调区间
（2）将不等式f（x₁）＜g（x₂）恒成立，转化为f（x）_max＜g（x）_min．根据二次函数求出g_min（x）=-1，根据（2）即可求出f（x）_max，得到关于a 的
不等式，即可求a的取值范围．

解答 解：（1）f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-（2a+1）x+2lnx，x＞0，
∴f′（x）=ax-（2a+1）+$\frac{2}{x}$，
当a=1时，f′（x）=x-3+$\frac{2}{x}$=$\frac{（x-1）（x-2）}{x}$，
令f′（x）=0，解得x=1或x=2，
∴f（x）的极值点为x=1和x=2                     
（2）∵f′（x）=$\frac{（ax-1）（x-2）}{x}$，x＞0
①当a≤0时，x＞0，ax-1＜0，在区间（0，2）上，f′（x）＞0；在区间（2，+∞）上f′（x）＜0，
故f（x）的单调递增区间是（0，2），单调递减区间是（2，+∞）．
②当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，$\frac{1}{a}$＞2，在区间（0，2）和（$\frac{1}{a}$，+∞）上，f′（x）＞0；在区间（2，$\frac{1}{a}$）上f′（x）＜0，
故f（x）的单调递增区间是（0，2）和（$\frac{1}{a}$，+∞），单调递减区间是（2，$\frac{1}{a}$）．
③当a=$\frac{1}{2}$时，f′（x）＞0恒成立，故f（x）的单调递增区间是（0，+∞）．
④当a＞$\frac{1}{2}$时，0＜$\frac{1}{a}$＜2，在区间（0，$\frac{1}{a}$）和（2，+∞）上，f′（x）＞0；在区间（$\frac{1}{a}$，2）上f′（x）＜0，
故f（x）的单调递增区间是（0，$\frac{1}{a}$）和（2，+∞），单调递减区间是（$\frac{1}{a}$，2）．
（3）由已知，若对任意x₁，x₂∈（0，2]，使得f（x₁）＜g（x₂）恒成立，
则在（0，2]上有f（x）_max＜g（x）_min．
∵g（x）=x²-2x=（x-1）²-1
∴g_min（x）=-1，
由（2）可知，
当a≤$\frac{1}{2}$时，f（x）在（0，2]上单调递增，
∴f（x）_max=f（2）=2a-2（2a+1）+2ln2=-2a-2+2ln2，
∴只需-2a-2+2ln2＜-1，解得a＞ln2-$\frac{1}{2}$，
故a的取值范围为（ln2-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$]

点评 本题主要考查函数单调性的判断，求出函数的导数，根据导数和函数单调性之间的关系是解决本题的关键，注意要对a进行分类讨论，属于中档题．