Question

20．已知函数f（x）=-ax²+lnx（a∈R）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若?x∈（1，+∞），f（x）＞-a，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由已知得f′（x）=-2ax+$\frac{1}{x}$=$\frac{-2a{x}^{2}+1}{x}$（x＞0），可得当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上为增函数；当a＞0时，由f′（x）=0，求得导函数在定义域内的零点，利用导函数的零点对定义域分段，根据导函数在各区间段内的符号判断原函数的单调性；
（2）当a≤0时，若x∈（1，+∞），则f（x）+a=-ax²+lnx+a=a（1-x²）+lnx＞0，满足题意；当a＞0时，由（1）判断原函数在（0，1）的单调性，进一步求出最大值，利用最大值大于-a求得a的取值范围．

解答 解：（1）由f（x）=-ax²+lnx，得f′（x）=-2ax+$\frac{1}{x}$=$\frac{-2a{x}^{2}+1}{x}$（x＞0），
当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上为增函数；
当a＞0时，由f′（x）=0，得${x}_{1}=-\sqrt{\frac{1}{2a}}$=-$\frac{\sqrt{2a}}{2a}$＜0，${x}_{2}=\sqrt{\frac{1}{2a}}$=$\frac{\sqrt{2a}}{2a}$＞0，
∴当x∈（0，$\frac{\sqrt{2a}}{2a}$）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（$\frac{\sqrt{2a}}{2a}，+∞$）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；
（2）当a≤0时，若x∈（1，+∞），则f（x）+a=-ax²+lnx+a=a（1-x²）+lnx＞0，满足题意；
当a＞0时，由（1）知，当$\frac{\sqrt{2a}}{2a}≤1$，即a$≥\frac{1}{2}$时，f（x）在（1，+∞）上为减函数，此时f（x）_max=f（1）=-a，-a＞-a不成立；
当$\frac{\sqrt{2a}}{2a}＞1$，即0＜a＜$\frac{1}{2}$时，f（x）在（1，$\frac{\sqrt{2a}}{2a}$）上为增函数，在（$\frac{\sqrt{2a}}{2a}$，+∞）上为减函数，
此时$f（x）_{max}=f（\frac{\sqrt{2a}}{2a}）$=$-a•\frac{1}{2a}+ln\sqrt{\frac{1}{2a}}=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}ln2a$，
由$-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}ln2a＞-a$，得1+ln2a＜2a，
令g（a）=1+ln2a-2a，则g′（a）=$\frac{1}{a}-2=\frac{1-2a}{a}＞0$，
则g（a）在（0，$\frac{1}{2}$）上为增函数，∴g（a）＜g（$\frac{1}{2}$）=0，即1+ln2a＜2a恒成立，
∴0＜a＜$\frac{1}{2}$．
综上，若?x∈（1，+∞），使得f（x）＞-a，a的取值范围为a$＜\frac{1}{2}$．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查数学转化思想方法，体现了分类讨论的数学思想方法，是中档题．