Question

17．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²+lnx．
（1）求函数f（x）在区间[1，e]上的最大值、最小值；
（2）已知函数g（x）=ax²，a＞1，求证：在区间（1，+∞）上，f（x）＜g（x）．

Answer 1

分析 （1）求解导数f′（x）=x$+\frac{1}{x}$=$\frac{{x}^{2}+1}{x}$，判断单调性，求出f_max（x）=f（e）=1$+\frac{{e}^{2}}{2}$，f_min（x）=f（1）=$\frac{1}{2}$，
（2）令F（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{2}{x}^{2}$+lnx-ax²，F′（x）=x$+\frac{1}{x}$-2ax=$\frac{（1-2a）x+1}{x}$，判断得出F（x）在（1，+∞）上为减函数，F（x）＜F（1），
具体表示可以证明即$\frac{1}{2}{x}^{2}$+lnx-ax²＜0，即$\frac{1}{2}{x}^{2}$+lnx＜ax²．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{1}{2}$x²+lnx．
f′（x）=x$+\frac{1}{x}$=$\frac{{x}^{2}+1}{x}$，
当x∈[1，e]时，f′（x）＞0，
∴函数f（x）在区间[1，e]上为单调递增，
∴f_max（x）=f（e）=1$+\frac{{e}^{2}}{2}$，f_min（x）=f（1）=$\frac{1}{2}$；
（2）令F（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{2}{x}^{2}$+lnx-ax²，
则F′（x）=x$+\frac{1}{x}$-2ax=$\frac{（1-2a）x+1}{x}$，
∵a＞1，∴1-2a＜-1，
所以当x＞1时，F′（x）＜0，
∴F（x）在（1，+∞）上为减函数，
又函数F（x）在x=1处连续，且F（1）=$\frac{1}{2}+0-a＜0$，
∴F（x）＜F（1），
即$\frac{1}{2}{x}^{2}$+lnx-ax²＜0，
即$\frac{1}{2}{x}^{2}$+lnx＜ax²，
所以在区间（1，+∞）上，f（x）＜g（x）．

点评 本题考查了运用导数判断函数的单调性，构造函数把复杂的问题转化为简单问题，利用函数最值问题转为证明不等式问题，属于难题．