Question

16．已知函数f（x）=alnx+$\frac{a+1}{2}{x}^{2}$+1．
（1）当a=-$\frac{1}{2}$时，求f（x）在区间[$\frac{1}{e}$，e]上的最值；
（2）讨论函数f（x）的单调性．

Answer 1

分析 （1）确定f（x）的定义域，求导数，确定f（x）在区间[$\frac{1}{e}$，e]上的最值只可能在f（1），f（$\frac{1}{e}$），f（e）取到，即可求得结论；
（2）求导函数，分类讨论，利用导数的正负，即可确定函数f（x）的单调性．

解答 解：（1）当a=-$\frac{1}{2}$时，f（x）=-$\frac{1}{2}$lnx+$\frac{1}{4}$x²+1，
∴f′（x）=$\frac{{x}^{2}-1}{2x}$，
∵f（x）的定义域为（0，+∞），
∴由f'（x）=0得x=1，
∴f（x）在区间[$\frac{1}{e}$，e]上的最值只可能在f（1），f（$\frac{1}{e}$），f（e）取到，
而f（1）=$\frac{5}{4}$，f（$\frac{1}{e}$）=$\frac{3}{2}$+$\frac{1}{{4e}^{2}}$，f（e）=$\frac{1}{2}$+$\frac{{e}^{2}}{4}$，
∴f（x）_max=f（e）=$\frac{1}{2}$+$\frac{{e}^{2}}{4}$，f（x）_min=f（1）=$\frac{5}{4}$．
（2）f′（x）=$\frac{（a+1{）x}^{2}+a}{x}$，x∈（0，+∞）．
①当a+1≤0，即a≤-1时，f'（x）＜0，
∴f（x）在（0，+∞）单调递减；
②当a≥0时，f'（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）单调递增；
③当-1＜a＜0时，由f'（x）＞0得x²＞$\frac{-a}{a+1}$，
∴x＞$\sqrt{\frac{-a}{a+1}}$或x＜-$\sqrt{\frac{-a}{a+1}}$（舍去）
∴f（x）在（$\sqrt{\frac{-a}{a+1}}$，+∞）单调递增，在（0，$\sqrt{\frac{-a}{a+1}}$）上单调递减；
综上，当a≥0时，f（x）在（0，+∞）单调递增；
当-1＜a＜0时，f（x）在（$\sqrt{\frac{-a}{a+1}}$，+∞）单调递增，在（0，$\sqrt{\frac{-a}{a+1}}$）上单调递减；
当a≤-1时，f（x）在（0，+∞）单调递减．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查分类讨论的数学思想，正确分类是关键．