Question

14．已知函数f（x）=（a-$\frac{1}{2}$）x²+lnx，g（x）=f（x）-2ax（a∈R）．
（1）当a=$-\frac{1}{2}$时，求f（x）在区间[$\frac{1}{e}$，e]上的最大值和最小值；
（2）若对?x∈（2，+∞），g（x）＜0恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最值即可；
（2）求出g（x）的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，结合?x∈（2，+∞），g（x）＜0恒成立，确定a的范围即可．

解答 解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），---------------------（1分）
当a=$-\frac{1}{2}$时，f（x）=-x²+lnx，$f'（x）=-2x+\frac{1}{x}$=$\frac{{-2{x^2}+1}}{x}$；--------------------（2分）
当$0＜x＜\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，有f'（x）＞0；当$x＞\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，有f'（x）＜0，--------------------（3分）
∴f（x）在区间[$\frac{1}{e}$，$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$]上是增函数，在[$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，e]上为减函数，--------------------（4分）
又$f（\frac{1}{e}）=-1-\frac{1}{e^2}$，f（e）=1-e²，$f（\frac{{\sqrt{2}}}{2}）=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}ln2$．，--------------------（5分）
∴f_min（x）=f（e）=1-e²，f_max（x）=$f（\frac{{\sqrt{2}}}{2}）=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}ln2$．---------------------（6分）
（2）g（x）=f（x）-2ax=（a-$\frac{1}{2}$）x²+lnx-2ax，则g（x）的定义域为（0，+∞），
g′（x）=$\frac{（x-1）[（2a-1）x-1]}{x}$-----（7分）
①若a＞$\frac{1}{2}$，令g'（x）=0，得极值点x₁=1，x₂=$\frac{1}{2a-1}$，
ⅰ）当2≥x₂＞x₁=1，即$\frac{3}{4}≤a＜1$时，在（2，+∞）上有g'（x）＞0，
此时g（x）在区间（2，+∞）上是增函数，
并且在该区间上有g（x）∈（g（2），+∞），不合题意；
ⅱ）当x₂＞2，即$\frac{1}{2}＜a＜\frac{3}{4}$时，在（2，x₂）上g'（x）＜0；在（x₂，+∞）上g'（x）＞0；
所以在（2，+∞）上g（x）先减后增，有g（x）∈[g（x₂），+∞），也不合题意；
ⅲ）当x₂≤x₁=1，即a≥1时，同理可知，g（x）在区间（2，+∞）上是增函数，
有g（x）∈（g（2），+∞），也不合题意；---------------------（10分）
②若a≤$\frac{1}{2}$，则有2a-1≤0，此时在区间（2，+∞）上恒有g'（x）＜0，
∴g（x）在（2，+∞）上是减函数；要使g（x）＜0在此区间上恒成立，
只须满足g（2）=-2+ln2≤0恒成立⇒a∈R，又a≤$\frac{1}{2}$，---------------------（12分）
∴a的范围是$（-∞，\frac{1}{2}]$，---------------------（13分）
综合①②可知，当a∈$（-∞，\frac{1}{2}]$时，对?x∈（2，+∞），g（x）＜0恒成立．-------（14分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．