Question

已知函数f（x）=

1

2

x²+x+alnx（a∈R）．
（1）对a讨论f（x）的单调性；
（2）若x=x₀是f（x）的极值点，求证：f（x₀）≤

3

2

．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（1）对函数求导，利用导函数与函数单调性的关系即可求解．
（2）利用条件x₀是函数f（x）的极值点，确定a的数值，然后证明f（x₀）≤

3

2

．

解答： 解：（1）∵f（x）=

1

2

x²+x+alnx，
∴x＞0，f′（x）=x+1+

a

x

=

x2+x+a

x

．
∴当a≥

1

4

时，f'（x）≥0在定义域恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）单调递增；
当a＜

1

4

时，f'（x）=0时，x=

-1± 1-4a

2

，

-1+ 1-4a

2

≤0?a≥0，
∴0≤a＜

1

4

时，f（x）在（0，+∞）单调递增；

-1+ 1-4a

2

＞0?a＜0，
∴a＜0时，f（x）在（0，

-1+ 1-4a

2

）单调递减，在（

-1+ 1-4a

2

，+∞）单调递增．
综上所述：当a≥0时，f（x）在（0，+∞）单调递增；
当a＜0时，f（x）在（0，

-1+ 1-4a

2

）单调递减，在（

-1+ 1-4a

2

，+∞）单调递增．
（2）由（1）可知当a＜0时，f（x）在（0，

-1+ 1-4a

2

）单调递减，在（

-1+ 1-4a

2

，+∞）单调递增．
∴当x=

-1+ 1-4a

2

时，函数f（x）有极小值，∴x₀=

-1+ 1-4a

2

＞0，
∴

x

2 0

+x0+a=0⇒a=-

x

2 0

-x₀，
∴f（x₀）=

1

2

x

2 0

+x₀+alnx₀=

1

2

x

2 0

+x₀-（

x

2 0

+x₀）lnx₀，
记g（x）=

1

2

x²+x-（x²+x）lnx，则g′（x）=-（2x+1）lnx，
列表分析如下：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
g′（x）	+	0	-
g（x）	增	极大值	减

∴g（x）_max=g（x）_极大值=g（1）=

3

2

，
∴f（x₀）≤

3

2

．

点评：本题的考点是利用导数研究函数的单调性，以及函数的极值问题．对于参数问题要注意进行分类讨论．