Question

已知函數(shù)f(x)=(a-

1

2

)x2+Inx(a∈R)
（1）當(dāng)a=0時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）若?x∈[1，3]，使f（x）＜（x+1）lnx成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）若函數(shù)f（x）的圖象在區(qū)間（1，+∞）內(nèi)恒在直線y=2ax下方，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）當(dāng)a=0時，求函數(shù)f（x）的定義域，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)大于0，即可得到單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）若?x∈[1，3]，使f（x）＜（x+1）Inx成立，就出a的不等式，構(gòu)造函數(shù)求出導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的最小值，即可求實數(shù)a的取值范圍；
（3）若函數(shù)f（x）的圖象在區(qū)間（1，+∞）內(nèi)恒在直線y=2ax下方，構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-2ax=(a-

1

2

)x2-2ax+lnx，通過導(dǎo)數(shù)對a進行討論，當(dāng)a∈[-

1

2

，

1

2

]時，函數(shù)f（x）的圖象恒在直線y=2ax下方．

解答：解：顯然函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），
（1）當(dāng)a=0時，f(x)=-

1

2

x2+lnx，f′(x)=-x+

1

x

=

-x2+1

x

；
由f'（x）＞0，結(jié)合定義域解得0＜x＜1，
∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1）．
（2）將f（x）＜（x+1）lnx化簡得(a-

1

2

)x2＜xlnx，∵x∈[1，3]∴有a＜

lnx

x

+

1

2

令g(x)=

lnx

x

+

1

2

，則g/(x)=

1-lnx

x2

，由g′（x）=0解得x=e．
當(dāng)1≤x＜e時，g′（x）＞0；當(dāng)e＜x≤3時，g′（x）＜0
故g(x)max=g(e)=

1

e

+

1

2

∴?x∈[1，3]，使f（x）＜（x+1）lnx成立等價于a＜g(x)max=g(e)=

1

e

+

1

2

即a的取值范圍為(-∞，

1

e

+

1

2

)
（3）令g(x)=f(x)-2ax=(a-

1

2

)x2-2ax+lnx，則g（x）的定義域為（0，+∞）．
在區(qū)間（1，+∞）上，函數(shù)f（x）的圖象恒在直線y=2ax下方等價于g（x）＜0在區(qū)間（1，+∞）上恒成立．
∵g′(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g'（x）=0，得極值點x₁=1，x2=

1

2a-1

，
當(dāng)x₂＞x₁=1，即

1

2

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

1

2

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

1

2

≤0?a≥-

1

2

，
由此求得a的范圍是[-

1

2

，

1

2

]．
綜合①②可知，當(dāng)a∈[-

1

2

，

1

2

]時，函數(shù)f（x）的圖象恒在直線y=2ax下方．

點評：本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，構(gòu)造法的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想，函數(shù)與方程的思想，高考的壓軸題．