Question

已知函數f（x）=ax²+lnx（a∈R）．
（1）當a=

1

2

時，求f（x）在區間[1，e]上的最大值和最小值；
（2）如果函數g（x），f₁（x），f₂（x），在公共定義域D上，滿足f₁（x）＜g（x）＜f₂（x），那么就稱g（x）為f₁（x），f₂（x）的“活動函數”．已知函數f1(x)=(a-

1

2

)x2+2ax+(1-a2)lnx，f2(x)=

1

2

x2+2ax．若在區間（1，+∞）上，函數f（x）是f₁（x），f₂（x）的“活動函數”，求a的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）由題意得 f(x)=

1

2

x2+lnx，f′(x)=x+

1

x

=

x2+1

x

＞0，∴f（x）在區間[1，e]上為增函數，即可求出函數的最值．
（2）由題意得：令 p(x)=f(x)-f2(x)=(a-

1

2

)x2-2ax+lnx＜0，對x∈（1，+∞）恒成立，且h（x）=f₁（x）-f（x）=-

1

2

x2+2ax-a2lnx＜0對x∈（1，+∞）恒成立，p′(x)=

(x-1)[(2a-1)x-1]

x

分類討論當 a＞

1

2

或 a≤

1

2

時兩種情況求函數的最大值，可得到a的范圍．又因為h′（x）=-x+2a-

a2

x

=

-x2+2ax-a2

x

=

-(x-a)2

x

＜0，h（x）在（1，+∞）上為減函數，可得到a的另一個范圍，綜合可得a的范圍．

解答：解：（1）當 a=

1

2

時，f(x)=

1

2

x2+lnx，f′(x)=x+

1

x

=

x2+1

x

；
對于x∈[1，e]，有f'（x）＞0，∴f（x）在區間[1，e]上為增函數，
∴fmax(x)=f(e)=1+

e2

2

，fmin(x)=f( 1 )=

1

2

．
（2）在區間（1，+∞）上，函數f（x）是f₁（x），f₂（x）的“活動函數”，則f₁（x）＜f（x）＜f₂（x）
令 p(x)=f(x)-f2(x)=(a-

1

2

)x2-2ax+lnx＜0，對x∈（1，+∞）恒成立，
且h（x）=f₁（x）-f（x）=-

1

2

x2+2ax-a2lnx＜0對x∈（1，+∞）恒成立，
∵p′(x)=(2a-1)x-2a+

1

x

=

(2a-1)x2-2ax+1

x

=

(x-1)[(2a-1)x-1]

x

1）若 a＞

1

2

，令p′（x）=0，得極值點x₁=1，x2=

1

2a-1

，
當x₂＞x₁=1，即

1

2

＜a＜1時，在（x₂，+∞）上有p′（x）＞0，
此時p（x）在區間（x₂，+∞）上是增函數，并且在該區間上有p（x）∈（p（x₂），+∞），不合題意；
當x₂＜x₁=1，即a≥1時，同理可知，p（x）在區間（1，+∞）上，有p（x）∈（p（1），+∞），也不合題意；
2）若 a≤

1

2

，則有2a-1≤0，此時在區間（1，+∞）上恒有p′（x）＜0，
從而p（x）在區間（1，+∞）上是減函數；
要使p（x）＜0在此區間上恒成立，只須滿足 p(1)=-a-

1

2

≤0⇒a≥-

1

2

，
所以 -

1

2

≤a≤

1

2

．
又因為h′（x）=-x+2a-

a2

x

=

-x2+2ax-a2

x

=

-(x-a)2

x

＜0，h（x）在（1，+∞）上為減函數，
h（x）＜h（1）=-

1

2

+2a≤0，所以a≤

1

4

綜合可知a的范圍是[-

1

2

，

1

4

]．

點評：本題考查的知識點是利用導數求函數的最值，利用最值解決恒成立問題，二對于新定義題型關鍵是弄清新概念與舊知識點之間的聯系即可，結合著我們已學的知識解決問題，這是高考考查的熱點之一．