Question

4．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²+（$\frac{3}{4}$a²+$\frac{1}{2}$a）lnx-2ax．
（1）当a=-$\frac{1}{2}$时，求f（x）的极值点；
（2）若f（x）在f′（x）的单调区间上也是单调的，求实数a的范围．

Answer 1

分析 （1）当a=-$\frac{1}{2}$时，f（x）=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{16}$lnx+x（x＞0），求导函数，确定函数的单调区间，即可求得f（x）的极值点；
（2）求导函数f′（x）=$x+\frac{\frac{3}{4}{a}^{2}+\frac{1}{2}a}{x}-2a$=$\frac{1}{x}$（x²-2ax+$\frac{3}{4}$a²+$\frac{1}{2}$a）（x＞0），构造新函数g（x）=x²-2ax+$\frac{3}{4}$a²+$\frac{1}{2}$a，△=4a²-3a²-2a=a²-2a，
设g（x）=0的两根x₁，x₂（x₁＜x₂），分类讨论，通过比较根的关系，根据f（x）在f′（x）的单调区间上也是单调的，即可确定实数a的范围

解答 解：（1）当a=-$\frac{1}{2}$时，f（x）=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{16}$lnx+x（x＞0），
由f′（x）=x-$\frac{1}{16x}$+1=$\frac{16{x}^{2}+16x-1}{16x}$=0，可得x₁=$\frac{-2-\sqrt{5}}{4}$，x₂=$\frac{-2+\sqrt{5}}{4}$，
当（0，$\frac{-2+\sqrt{5}}{4}$）时，f′（x）＜0，函数单调减，当（$\frac{-2+\sqrt{5}}{4}$，+∞）时，f′（x）＞0，函数单调增
∴f（x）在x=$\frac{-2+\sqrt{5}}{4}$时取极小值，
（2）f′（x）=$x+\frac{\frac{3}{4}{a}^{2}+\frac{1}{2}a}{x}-2a$=$\frac{1}{x}$（x²-2ax+$\frac{3}{4}$a²+$\frac{1}{2}$a）（x＞0），
令g（x）=x²-2ax+$\frac{3}{4}$a²+$\frac{1}{2}$a，△=4a²-3a²-2a=a²-2a，
设g（x）=0的两根x₁，x₂（x₁＜x₂），
1°、当△≤0时，即0≤a≤2，f′（x）≥0，∴f（x）单调递增，满足题意；
2°、当△＞0时  即a＜0或a＞2时，
①若x₁＜0＜x₂，则$\frac{3}{4}$a²+$\frac{1}{2}$a＜0  即-$\frac{2}{3}$＜a＜0时，f（x）在（0，x₂）上单调减，（x₂，+∞）上单调增
f′（x）=$x+\frac{\frac{3}{4}{a}^{2}+\frac{1}{2}a}{x}-2a$，f″（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$•（$\frac{3}{4}$a²+$\frac{1}{2}$a）≥0，∴f′（x） 在（0，+∞）单调增，不合题意，
②若x₁＜x₂＜0，则$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3}{4}{a}^{2}+\frac{1}{2}a≥0}\\{a＜0}\end{array}\right.$，即a≤-$\frac{2}{3}$时，f（x）在（0，+∞）上单调增，满足题意．
③若0＜x₁＜x₂，则$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3}{4}{a}^{2}+\frac{1}{2}a＞0}\\{a＞0}\end{array}\right.$，即a＞2时，f（x）在（0，x₁）单调增，（x₁，x₂）单调减，（x₂，+∞）单调增，不合题意．
综上可得实数a的范围是{a|a≤-$\frac{2}{3}$或0≤a≤2}．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与极值，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．