Question

已知函数f（x）=

1

2

ax²-lnx，a∈R．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数f（x）在区间[1，e]的最小值为1，求a的值．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）讨论（1）当a=0时，（2）当a＜0时（3）当a＞0时，①当x∈（0，

1 a

）时，②当x∈（

1 a

，+∞）时的情况，从而得出当a＞0时，函数f（x）的单调减区间是（0，

1 a

），单调增区间为（

1 a

，+∞）．
（Ⅱ）讨论（1）当a≤0时，（2）当a＞0时，①当

1 a

≤1，②当1＜

1 a

＜e，③当

1 a

≥e情况，从而得出a=2．

解答： 解：函数f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）=

ax2-1

x

，
（Ⅰ）（1）当a=0时，f′（x）=-

1

x

＜0，
故函数f（x）在（0，+∞）上单调递减．
（2）当a＜0时，f′（x）＜0恒成立，
所以函数f（x）在（0，+∞）上单调递减．
（3）当a＞0时，令f′（x）=0，又因为x＞0，解得x=

1 a

．
①当x∈（0，

1 a

）时，f′（x）＜0，
所以函数f（x）在（0，

1 a

）单调递减．
②当x∈（

1 a

，+∞）时，f′（x）＞0，
所以函数f（x）在（

1 a

，+∞）单调递增．
综上所述，当a≤0时，函数f（x）的单调减区间是（0，+∞），
当a＞0时，函数f（x）的单调减区间是（0，

1 a

），单调增区间为（

1 a

，+∞）．
（Ⅱ）（1）当a≤0时，由（Ⅰ）可知，f（x）在[1，e]上单调递减，
所以f（x）的最小值为f（e）=1，解得a=

4

e2

＞0，舍去．
（2）当a＞0时，由（Ⅰ）可知，
①当

1 a

≤1，即a≥1时，函数f（x）在[1，e]上单调递增，
所以函数f（x）的最小值为f（1）=

1

2

a=1，解得a=2．
②当1＜

1 a

＜e，即

1

e2

＜a＜1时，
函数f（x）在（1，

1 a

）上单调递减，在（

1 a

，e）上单调递增，
所以函数f（x）的最小值为f（

1 a

）=

1

2

+

1

2

lna=1，
解得a=e，舍去．
③当

1 a

≥e，即0＜a≤

1

e2

时，函数f（x）在[1，e]上单调递减，
所以函数f（x）的最小值为f（e）=

1

2

ae²-1=1，
得a=

4

e2

，舍去．
综上所述，a=2．

点评：本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，考查参数的取值，导数的应用，是一道综合题．