Question

4．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²-（a²-a）1nx-x（a≤$\frac{1}{2}$）．
（1）当a=-1时，求函数y=f（x）的极值；
（2）讨论函数f（x）的单调性；
（3）设g（x）=a²lnx²-x，若f（x）＞g（x）对?x＞1恒成立．求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）f（x）=$\frac{1}{2}$x²-21nx-x的定义域为（0，+∞），再求导f′（x）=x-$\frac{2}{x}$-1=$\frac{（x-2）（x+1）}{x}$，从而判断函数的单调性，再求极值；
（2）求导f′（x）=x-$\frac{{a}^{2}-a}{x}$-1=$\frac{（x-a）（x+（a-1））}{x}$，讨论以确定导数的正负，从而确定函数的单调性；
（3）化简可得$\frac{1}{2}$x²-（3a²-a）1nx＞0，从而可得6a²-2a＜$\frac{{x}^{2}}{lnx}$，令F（x）=$\frac{{x}^{2}}{lnx}$，从而求得F_min（x）=F（$\sqrt{e}$）=2e；从而化为3a²-a-e＜0，从而解得．

解答 解：（1）当a=-1时，f（x）=$\frac{1}{2}$x²-21nx-x的定义域为（0，+∞），
f′（x）=x-$\frac{2}{x}$-1=$\frac{（x-2）（x+1）}{x}$，
故f（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，
故f（x）在x=2处取得极小值f（2）=2-2ln2-2=-ln4；
（2）∵f（x）=$\frac{1}{2}$x²-（a²-a）1nx-x，
∴f′（x）=x-$\frac{{a}^{2}-a}{x}$-1=$\frac{（x-a）（x+（a-1））}{x}$，
①当a=$\frac{1}{2}$时，f′（x）≥0恒成立，
故f（x）在（0，+∞）上单调递增，
②当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，
f（x）在（0，a），（1-a，+∞）上单调递增，
在（a，1-a）上单调递减，
③当a≤0时，
f（x）在（0，1-a）上单调递减，（1-a，+∞）上单调递增；
（3）∵f（x）＞g（x），
∴$\frac{1}{2}$x²-（a²-a）1nx-x＞a²lnx²-x，
即$\frac{1}{2}$x²-（3a²-a）1nx＞0，
即6a²-2a＜$\frac{{x}^{2}}{lnx}$，
令F（x）=$\frac{{x}^{2}}{lnx}$，则F′（x）=$\frac{x（2lnx-1）}{（lnx）^{2}}$，
故F（x）在（1，$\sqrt{e}$）上是减函数，在（$\sqrt{e}$，+∞）上是增函数，
故F_min（x）=F（$\sqrt{e}$）=2e；
故6a²-2a＜2e，
故3a²-a-e＜0，
故$\frac{1}{6}$（1-$\sqrt{1+12e}$）＜a＜$\frac{1}{6}$（1+$\sqrt{1+12e}$）．

点评 本题考查了导数的综合应用及分类讨论的思想应用，同时考查了恒成立问题．