Question

已知函數(shù)f（x）=

1

2

ax²-lnx（a∈R）．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若在區(qū)間[1，e]上，函數(shù)y=f（x）的圖象恒在直線y=1的上方，求a的取值范圍；
（3）設(shè)g（x）=x³-2bx+1，當(dāng)a=

1

e

時，若對于任意的x₁∈[1，e]，總存在x₂∈（0，1]，使得f（x₁）≥g（x₂）成立，求b的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）由已知得x＞0，f′(x)=ax-

1

x

=

ax2-1

x

，由此根據(jù)a的取值范圍分類討論，利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（2）由題意，對于任意的x∈[1，e]，

1

2

ax2-lnx＞1恒成立，即

1

2

a＞

1+lnx

x2

對于任意的x∈[1，e]恒成立．由此利用構(gòu)造法結(jié)合導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出a的取值范圍．
（3）由已知得存在x₂∈（0，1]，使得g（x₂）≤f（x₁）_min．利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)列表討論，能求出b的取值范圍．

解答： 解：（1）x＞0，f′(x)=ax-

1

x

=

ax2-1

x

．…（1分）
若a≤0，則f′（x）＜0恒成立，∴f（x）的減區(qū)間為（0，+∞）．…（2分）
若a＞0，令f′（x）=0，得x=

a

a

（x=-

a

a

舍去）．
當(dāng)x∈(0，

a

a

)時，f′（x）＜0，∴f（x）的減區(qū)間為(0，

a

a

)；
當(dāng)x∈(

a

a

，+∞)時，f′（x）＞0，∴f（x）的增區(qū)間為(

a

a

，+∞)．…（4分）
（2）由題意，對于任意的x∈[1，e]，

1

2

ax2-lnx＞1恒成立，
即

1

2

a＞

1+lnx

x2

對于任意的x∈[1，e]恒成立．
令h(x)=

1+lnx

x2

，x∈[1， e]，
則h′(x)=

x-(1+lnx)2x

x4

=

-1-2lnx

x3

＜0在x∈（1，e）上恒成立．…（6分）
而h（x）在[1，e]上圖象不間斷，∴h（x）在[1，e]上是單調(diào)減函數(shù)，
∴h（x）在[1，e]上的最大值為h（1）=1，則

1

2

a＞1，
因此a＞2…（8分）
（3）∵對任意的x₁∈[1，e]，存在x₂∈（0，1]，使得f（x₁）≥g（x₂），
∴存在x₂∈（0，1]，使得g（x₂）≤f（x₁）_min．
當(dāng)a=

1

e

時，f(x)=

1

2e

x2-lnx，f′(x)=

1

e

x-

1

x

=

x2-e

ex

，
令f'（x）=0，得x=

e

（x=- 

e

舍去）．
列表如下：

x	(1， e )	e	( e ， e)
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	極小值	↗

∵f（x）在[1，e]上圖象不間斷，
∴f（x）在[1，e]上的最小值f(x)min=f(

e

)=0．       …（11分）
∴存在x₂∈（0，1]，使得x23-2bx2+1 ≤0，即只要2b ≥ (

x

2 2

+

1

x2

)min．
令φ(x)=x2+

1

x

，x∈(0，1)，則φ′(x)=2x-

1

x2

=

2x3-1

x2

，
令φ'（x）=0，得x=

3	1 2

（x=- 

3	1 2

舍去）．
列表如下：

x	(0，  3 1 2 )	3 1 2	( 3 1 2 ， 1)
φ'（x）	-	0	+
φ（x）	↘		↗

∵φ（x）在（0，1]上圖象不間斷，
∴φ（x）在（0，1]上的最小值φ(x)min=φ(

3	1 2

)=

3

2

3	2

．   …（15分）
∴2b ≥ 

3

2

3	2

，即b ≥ 

3

4

3	2

． …（16分）

點評：本題主要考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力、推理論證能力，考查分類與整合思想、數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想等．