Question

6．已知函数$f（x）=alnx-\frac{1}{2}{x^2}$．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数g（x）=f（x）+4x存在极小值点x₀，且$g（{x_0}）-\frac{1}{2}x_0^2+2a＞0$，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （I）计算f′（x），讨论a判断f′（x）的符号得出f（x）的单调区间；
（II）由导数和二次函数的性质得g′（x）=0在（0，+∞）上有两解列不等式组得出a的范围，根据$g（{x_0}）-\frac{1}{2}x_0^2+2a＞0$得出a的范围，再取交集即可．

解答 解：（Ⅰ）因为函数$f（x）=alnx-\frac{1}{2}{x^2}$，所以其定义域为（0，+∞）．
所以$f'（x）=\frac{a}{x}-x$=$-\frac{{{x^2}-a}}{x}$．
当a≤0时，f'（x）＜0，函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递减．
当a＞0时，f'（x）=$-\frac{{（{x-\sqrt{a}}）（{x+\sqrt{a}}）}}{x}$．
当$x＞\sqrt{a}$时，f'（x）＜0，函数f（x）在区间$（{\sqrt{a}，+∞}）$上单调递减．
当$0＜x＜\sqrt{a}$时，f'（x）＞0，函数f（x）在区间$（{0，\sqrt{a}}）$上单调递增．
综上可知，当a≤0时，函数f（x）的单调递减区间为（0，+∞）；当a＞0时，函数f（x）的单调递增区间为$（{0，\sqrt{a}}）$，单调递减区间为$（{\sqrt{a}，+∞}）$．
（Ⅱ）因为g（x）=f（x）+4x=$alnx-\frac{1}{2}{x^2}+4x$，
所以$g'（x）=\frac{a}{x}-x+4$=$-\frac{{{x^2}-4x-a}}{x}$（x＞0）．
因为函数g（x）存在极小值点，所以g'（x）在（0，+∞）上存在两个零点x₁，x₂，且0＜x₁＜x₂．
即方程x²-4x-a=0的两个根为x₁，x₂，且0＜x₁＜x₂，
所以$\left\{\begin{array}{l}△=16+4a＞0\\{x_1}+{x_2}=4＞0\\{x_1}{x_2}=-a＞0.\end{array}\right.$，解得-4＜a＜0．
则$g'（x）=-\frac{{{x^2}-4x-a}}{x}$=$-\frac{{（{x-{x_1}}）（{x-{x_2}}）}}{x}$．
当0＜x＜x₁或x＞x₂时，g'（x）＜0，当x₁＜x＜x₂时，g'（x）＞0，
所以函数g（x）的单调递减区间为（0，x₁）与（x₂，+∞），单调递增区间为（x₁，x₂）．
所以x=x₁为函数g（x）的极小值点x₀．
由$x_0^2-4{x_0}-a=0$，得${x_0}=2-\sqrt{4+a}$．
由于$g（{x_0}）-\frac{1}{2}x_0^2+2a＞0$等价于$aln{x_0}-x_0^2+4{x_0}+2a＞0$．
由$x_0^2-4{x_0}-a=0$，得$x_0^2-4{x_0}=a$，所以alnx₀+a＞0．
因为-4＜a＜0，所以有lnx₀+1＜0，即${x_0}＜\frac{1}{e}$．
因为${x_0}=2-\sqrt{4+a}$，所以$2-\sqrt{4+a}＜\frac{1}{e}$．
解得$a＞-\frac{4}{e}+\frac{1}{e^2}$．
所以实数a的取值范围为$（{-\frac{4}{e}+\frac{1}{e^2}，0}）$．

点评 本题考查了导数与函数单调性、极值的关系，函数最值得计算，属于中档题．