Question

11．已知函数f（x）=（a-$\frac{1}{2}$）x²+lnx，（a∈R）．
（Ⅰ）当a=0时，求f（x）在区间[$\frac{1}{e}$，e]上的最大值；
（Ⅱ）若在区间（1，+∞）上，函数f（x）的图象恒在直线y=2ax下方，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）当a=0时，求得函数f（x）的导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间，进而得到f（x）的最大值为f（1）；
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-2ax=（a-$\frac{1}{2}$）x²+lnx-2ax，求得g（x）的定义域，由题意可得在区间（1，+∞）上，函数f（x）的图象恒在直线y=2ax下方等价于g（x）＜0 在区间（1，+∞）上恒成立．求得$g'（x）=\frac{（x-1）[（2a-1）x-1]}{x}$，讨论①若$a＞\frac{1}{2}$，②若a≤$\frac{1}{2}$，求得单调区间，可得g（x）的范围，由恒成立思想，进而得到a的范围．

解答 解：（Ⅰ）当a=0时，$f（x）=-\frac{1}{2}{x^2}+lnx$，
导数$f'（x）=\frac{-（x+1）（x-1）}{x}（x＞0）$，
当x∈[$\frac{1}{e}$，1]，有f'（x）＞0；当x∈（1，e]，有f′（x）＜0，
可得f（x）在区间[$\frac{1}{e}$，1]上是增函数，在 （1，e]上为减函数，
又f（x）_max=f（1）=-$\frac{1}{2}$；                   
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-2ax=（a-$\frac{1}{2}$）x²+lnx-2ax，
则g（x）的定义域为 （0，+∞），
在区间（1，+∞）上，函数f（x）的图象恒在直线y=2ax下方
等价于g（x）＜0 在区间（1，+∞）上恒成立．
$g'（x）=\frac{（x-1）[（2a-1）x-1]}{x}$，
①若$a＞\frac{1}{2}$，令g′（x）=0，得极值点${x_1}=1，{x_2}=\frac{1}{2a-1}$，
当x₁＜x₂，即$\frac{1}{2}＜a＜1$时，在（0，1）上有g′（x）＞0，
在（1，x₂）上有g′（x）＜0，
在（x₂，+∞）上有g′（x）＞0，此时g（x）在区间（x₂，+∞）上是增函数，
并且在该区间上有g（x）∈（g（x₂），+∞）不合题意；                                    
当x₂≤x₁，即a≥1时，同理可知，g（x）在区间（1，+∞）上，
有g（x）∈（g（1），+∞），也不合题意；      
②若a≤$\frac{1}{2}$，则有x₁＞x₂，此时在区间（1，+∞）上恒有g′（x）＜0，
从而g（x）在区间（1，+∞）上是减函数；
要使g（x）＜0在此区间上恒成立，只须满足$g（1）=-a-\frac{1}{2}≤0⇒a≥-\frac{1}{2}$，
由此求得a的范围是$[-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}]$．                
综合①②可知，当a∈[-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$]时，函数f（x）的图象恒在直线y=2ax下方．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间、极值和最值，考查函数方程的转化思想，注意构造函数法和分类讨论的思想方法，运用函数的单调性和恒成立思想，考查化简整理的运算能力，属于中档题．