Question

4．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²+ax-2xlnx（a∈R）．
（1）当a=5时，判断g（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$x²在[1，e]上的单调性并加以证明；
（2）当a=4-e时，试探讨函数f（x）在（0，+∞）上是否存在极小值？，若存在，求出极小值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）当a=5时，g（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$x²=5x-2xlnx，在[1，e]上的单调递增．利用导数的运算法则可得：g′（x）=3-2lnx，即可判断出单调性．
（2）当a=4-e时，f（x）=$\frac{1}{2}$x²+ax-2xlnx=$\frac{1}{2}$x²+（4-e）x-2xlnx，f′（x）=x-2lnx+2-e=h（x），h′（x）=$\frac{x-2}{x}$，可知：x=2时函数h（x）取得极小值，h（2）＜0，又x→0时，h（x）→+∞，可知：f（x）在（0，2）上存在极大值点．又h（e）=0，x＞e时，h（x）＞0，x=e时，函数f（x）取得极小值．

解答 解：（1）当a=5时，g（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$x²=5x-2xlnx，在[1，e]上的单调递增．
下面给出证明：
g′（x）=5-2lnx-2=3-2lnx，
∵x∈[1，e]，∴lnx∈[0，1]．
∴3-2lnx∈[1，3]＞0，
∴g（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$x²在[1，e]上的单调递增．
（2）当a=4-e时，f（x）=$\frac{1}{2}$x²+ax-2xlnx=$\frac{1}{2}$x²+（4-e）x-2xlnx，
f′（x）=x+（4-e）-2lnx-2=x-2lnx+2-e=h（x），
h′（x）=1-$\frac{2}{x}$=$\frac{x-2}{x}$，可知：x∈（0，2）时，函数h（x）单调递减；x∈（2，+∞）时，函数h（x）单调递增．
∴x=2时函数h（x）取得极小值，h（2）=4-2ln2-e＜0，
又x→0时，h（x）→+∞，可知：f（x）在（0，2）上存在极大值点．
又h（e）=0，x＞e时，h（x）＞0；x∈（2，e），h（x）＜0．
∴x=e时，f′（e）=0，函数f（x）取得极小值，
f（e）=$\frac{1}{2}{e}^{2}$+（4-e）e-2e=-$\frac{1}{2}{e}^{2}$+2e．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值，考查了发现问题与解决问题的能力、推理能力与计算能力，属于难题．