Question

19．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$-alnx（a＞0）．
（Ⅰ）若a=2，求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）若?x＞0，不等式f（x）-a≥0恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出a=2的f（x）的解析式和导数，求得单调区间，即可得到极小值，无极大值；
（Ⅱ）求得f（x）的导数和单调区间，可得极小值，且为最小值，由恒成立思想可得$\frac{1}{2}$a-aln$\sqrt{a}$-a≥0，解不等式即可得到a的范围．

解答 解：（Ⅰ）当a=2时，f（x）=$\frac{1}{2}$x²-2lnx，f′（x）=x-$\frac{2}{x}$，x＞0
令$f'（x）=x-\frac{2}{x}＞0可得x＞\sqrt{2}$，
所以f（x）的单调增区间为（$\sqrt{2}$，+∞）；
$f'（x）=x-\frac{2}{x}＜0可得0＜x＜\sqrt{2}$，
所以f（x）的单调减区间为（0，$\sqrt{2}$）．
所以函数f（x）在$x=\sqrt{2}$处有极小值$f（{\sqrt{2}}）=1-ln2$；
（Ⅱ）由于a＞0，f′（x）=x-$\frac{a}{x}$，x＞0，
当0＜x＜$\sqrt{a}$时，f′（x）＜0，f（x）在（0，$\sqrt{a}$）递减；
当x＞$\sqrt{a}$时，f′（x）＞0，f（x）在（$\sqrt{a}$，+∞）递增．
即有f（x）在x=$\sqrt{a}$处取得极小值，也为最小值，且为$\frac{1}{2}$a-aln$\sqrt{a}$，
?x＞0，不等式f（x）-a≥0恒成立，
即有$\frac{1}{2}$a-aln$\sqrt{a}$-a≥0，
解得a≤$\frac{1}{e}$．
即为0＜a≤$\frac{1}{e}$．
即有a的取值范围是（0，$\frac{1}{e}$]．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，主要考查不等式恒成立思想转化为求函数的最值问题，属于中档题和易错题．