Question

已知函数f（x）=ax²+（1-2a）x-lnx（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调增区间；
（2）当a＜0时，求函数f（x）在区间[

1

2

，1]上最小值．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：计算题,分类讨论,导数的综合应用

分析：（1）令f′（x）≥0，讨论当a≥0，当a=-时，当-时，当a＜-

1

2

，解二次不等式，注意定义域，即可得到函数f（x）的单调增区间；
（2）由（1）可得f′（x）．由于a＜0．对a分类讨论：-

1

2

≤a＜0时，a≤-1时，-1＜a＜-时，利用导数分别研究函数的单调性极值与最值即可得出．

解答： 解：（1）由函数f（x）=ax²+（1-2a）x-lnx（a∈R，x＞0），
可得f′（x）=2ax+（1-2a）-

1

x

=

2ax2+(1-2a)x-1

x

=

(2ax+1)(x-1)

x

．
令f′（x）≥0，
当a≥0，x＞0，∴

2ax+1

x

＞0，∴x-1≥0，解得x≥1．
因此函数f（x）的单调增区间是[1，+∞）；
当a＜0时，当a=-

1

2

时，f（x）无增区间；
当-

1

2

＜a＜0时，解得，x＞-

1

2a

或0＜x＜1，则有增区间为（0，1），（-

1

2a

，+∞）；
当a＜-

1

2

，解得，x＞1或0＜x＜-

1

2a

，则有增区间为（0，-

1

2a

）．（1，+∞）．
（2）由（1）可得f′（x）=

2a(x+ 1 2a )(x-1)

x

．
由于a＜0．当

1

-2a

≥1即-

1

2

≤a＜0时，f′（x）≤0，
因此函数f（x）在区间[

1

2

，1]上单调递减，
∴当x=1时，f（x）取得最小值，f（1）=a+1-2a-0=1-a；
当0＜-

1

2a

≤

1

2

即a≤-1时，f′（x）≥0，因此函数f（x）在区间[

1

2

，1]上单调递增，
∴当x=

1

2

时，f（x）取得最小值，f（

1

2

）=

1

4

a+

1

2

（1-2a）-ln

1

2

=

1

2

-

3

4

a+ln2；
当

1

2

＜-

1

2a

＜1即-1＜a＜-

1

2

时，令f′（x）=0，解得x=-

1

2a

．
当

1

2

≤x＜-

1

-2a

时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；
当-

1

2a

＜x≤1时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增．
因此当x=-

1

2a

时，f（x）取得最小值，f（-

1

2a

）=1-

1

4a

+ln（-2a）．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．