Question

（2013•宁德模拟）已知函数f₁（x）=

1

2

x²，f₂（x）=alnx（a∈R）•
（I）当a＞0时，求函数．f（x）=f₁（x）•f₂（x）的极值；
（II）若存在x₀∈[1，e]，使得f₁（x₀）+f₂（x₀）≤（a+1）x₀成立，求实数a的取值范围；
（III）求证：当x＞0时，lnx+

3

4x2

-

1

ex

＞0．
（说明：e为自然对数的底数，e=2.71828…）

Answer 1

分析：（I）求出导函数，通过对导函数为0的根与区间的关系，判断出函数的单调性，求出函数的极值；
（II）根据题意存在x₀∈[1，e]，使得f₁（x₀）+f₂（x₀）≤（a+1）x₀成立，设g（x）=

1

2

x²+alnx-（a+1）x，则问题转化为g（x）_min≤0即可，再利用导数工具得出g′（x），对a时行分类讨论①当a≤1时，②当1＜a＜e时，③当a≥e时，利用导数研究其单调性及最小值，求出a的范围，最后综上得到实数a的取值范围即可；
（III）问题等价于x²lnx＞

x2

ex

-

3

4

，构造函数h（x）=

x2

ex

-

3

4

，利用导数研究其最大值，从而列出不等式f（x）_min＞h（x）_max，即可证得结论．

解答：解：（I）f（x）=f₁（x）•f₂（x）=

1

2

x²alnx，
∴f′（x）=axlnx+

1

2

ax=

1

2

ax（2lnx+1），（x＞0，a＞0），
由f′（x）＞0，得x＞e 

1

2

，由f′（x）＜0，得0＜x＜e 

1

2

．
∴函数f（x）在（0，e 

1

2

）上是增函数，在（e 

1

2

，+∞）上是减函数，
∴f（x）的极小值为f（e 

1

2

）=-

a

4e

，无极大值．
（II）根据题意存在x₀∈[1，e]，使得f₁（x₀）+f₂（x₀）≤（a+1）x₀成立，
设g（x）=

1

2

x²+alnx-（a+1）x，则g（x）_min≤0即可，
又g′（x）=x+

a

x

-（a+1）=

(x-1)(x-a)

x

，
①当a≤1时，由x∈[1，e]，g′（x）＞0，得g（x）在[1，e]上是增函数，
∴g（x）_min=g（1）=

1

2

-（a+1）≤0，得-

1

2

≤a≤1．
②当1＜a＜e时，由x∈[1，a]，g′（x）＜0，得g（x）在[1，a]上是减函数，
由x∈[a，e]，g′（x）＞0，得g（x）在[1，a]上是增函数，
∴g（x）_min=g（a）=-

1

2

a²+alna-a=-

1

2

a²-a（1-lna）≤0恒成立，得1＜a＜e．
③当a≥e时，由x∈[1，e]，g′（x）＜0，得g（x）在[1，e]上是减函数，
∴g（x）_min=g（e）=）=-

1

2

e²+a-ae-e≤0，得a≥

e2-2e

2(e-1)

，又

e2-2e

2(e-1)

＜e，∴a≥e．
综上，实数a的取值范围a≥

1

2

．
（III）问题等价于x²lnx＞

x2

ex

-

3

4

，
由（I）知，f（x）=x²lnx的最小值为-

1

2e

，
设h（x）=

x2

ex

-

3

4

，h′（x）=-

x(x-2)

ex

得，函数h（x）在（0，2）上增，在（2，+∞）减，
∴h（x）_max=h（2）=

4

e2

-

3

4

，
因-

1

2e

-(

4

e2

-

3

4

)=

3e2-2e-16

4e2

=

(3e-8)(e+2)

4e2

＞0，
∴f（x）_min＞h（x）_max，
∴x²lnx＞

x2

ex

-

3

4

，∴lnx-（

1

ex

-

3

4x2

）＞0，
∴lnx+

3

4x2

-

1

ex

＞0．

点评：本题主要考查了函数在某点取得极值的条件，先通过导数求出函数的极值，导数在最大值、最小值问题中的应用．