Question

已知函数f（x）=ax²+lnx（a∈R）．
（1）当a=

1

2

时，求f（x）在区间[1，e]上的最大值和最小值；
（2）如果函数g（x），f1（x），f2（x），在公共定义域D上，满足f1（x）＜g（x）＜f2（x），那么就称为g（x）为f₁（x），f₂（x）的“活动函数”．
已知函数f1(x)=(a-

1

2

)x2+2ax+(1-a2)lnx，f2(x)=

1

2

x2+2ax．
①若在区间（1，+∞）上，函数f（x）是f1（x），f2（x）的“活动函数”，求a的取值范围；
②当a=

2

3

时，求证：在区间（1，+∞）上，函数f1（x），f2（x）的“活动函数”有无穷多个．

Answer 1

分析：（1）由题意得f(x)=

1

2

x2+lnx，f′(x)=x+

1

x

=

x2+1

x

＞0，∴f（x）在区间[1，e]上为增函数，即可求出函数的最值．
（2）①由题意得：令p(x)=f(x)-f2(x)=(a-

1

2

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

1

2

x2+2ax-a2lnx＜0对x∈（1，+∞）恒成立，p′(x)=

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

x

分类讨论当a＞

1

2

或a≤

1

2

时两种情况求函数的最大值，可得到a的范围．又因为h′（x）=-x+2a-

a2

x

=

-x2+2ax-a2

x

=

-(x-a)2

x

＜0，h（x）在（1，+∞）上为减函数，可得到a的另一个范围，综合可得a的范围．
②设y=f₂（x）-f₁（x）=

1

3

x²-

5

9

lnx，x∈（1，+∞）．因为y′=

2x

3

-

5

9x

=

6x2-5

9x

＞0，y=f₂（x）-f₁（x）在（1，+∞）为增函数，
所以f₂（x）-f₁（x）＞f₂（1）-f₁（1）=

1

3

．设R（x）=f₁（x）+

1

3

λ（0＜λ＜1），则f₁（x）＜R（x）＜f₂（x）．

解答：解：（1）当a=

1

2

时，f(x)=

1

2

x2+lnx，f′(x)=x+

1

x

=

x2+1

x

；
对于x∈[1，e]，有f'（x）＞0，∴f（x）在区间[1，e]上为增函数，
∴fmax(x)=f(e)=1+

e2

2

，fmin(x)=f( 1 )=

1

2

．
（2）①在区间（1，+∞）上，函数f（x）是f₁（x），f₂（x）的“活动函数”，则f₁（x）＜f（x）＜f₂（x）
令p(x)=f(x)-f2(x)=(a-

1

2

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

1

2

x2+2ax-a2lnx＜0对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，得极值点x₁=1，x2=

1

2a-1

，
当x₂＞x₁=1，即

1

2

＜a＜1时，在（x₂，+∞）上有p′（x）＞0，
此时p（x）在区间（x₂，+∞）上是增函数，并且在该区间上有p（x）∈（p（x₂），+∞），不合题意；
当x₂＜x₁=1，即a≥1时，同理可知，p（x）在区间（1，+∞）上，有p（x）∈（p（1），+∞），也不合题意；
2）若a≤

1

2

，则有2a-1≤0，此时在区间（1，+∞）上恒有p′（x）＜0，
从而p（x）在区间（1，+∞）上是减函数；
要使p（x）＜0在此区间上恒成立，只须满足p(1)=-a-

1

2

≤0?a≥-

1

2

，
所以-

1

2

≤a≤

1

2

．
又因为h′（x）=-x+2a-

a2

x

=

-x2+2ax-a2

x

=

-(x-a)2

x

＜0，h（x）在（1，+∞）上为减函数，
h（x）＜h（1）=-

1

2

+2a≤0，所以a≤

1

4

综合可知a的范围是[-

1

2

，

1

4

]．
②当a=

2

3

时，f1(x)=

1

6

x2+

4

3

x+

5

9

lnx，f2(x)=

1

2

x2+

4

3

x
则y=f₂（x）-f₁（x）=

1

3

x²-

5

9

lnx，x∈（1，+∞）．
因为y′=

2x

3

-

5

9x

=

6x2-5

9x

＞0，y=f₂（x）-f₁（x）在（1，+∞）为增函数，
所以f₂（x）-f₁（x）＞f₂（1）-f₁（1）=

1

3

．
设R（x）=f₁（x）+

1

3

λ（0＜λ＜1），则f₁（x）＜R（x）＜f₂（x），
所以在区间（1，+∞）上，函数f₁（x），f₂（x）的“活动函数”有无穷多个．

点评：本题考查的知识点是利用导数求函数的最值，利用最值解决恒成立问题，二对于新定义题型关键是弄清新概念与旧知识点之间的联系即可，结合着我们已学的知识解决问题，这是高考考查的热点之一．