Question

（2013•资阳二模）已知函数f₁（x）=

1

2

x²，f₂（x）=alnx（其中a＞0）．
（Ⅰ）求函数f（x）=f₁（x）•f₂（x）的极值；
（Ⅱ）若函数g（x）=f₁（x）-f₂（x）+（a-1）x在区间（

1

e

，e）内有两个零点，求正实数a的取值范围；
（Ⅲ）求证：当x＞0时，1nx+

3

4x2

-

1

ex

＞0．（说明：e是自然对数的底数，e=2.71828…）

Answer 1

分析：（I）求出导函数，通过对导函数为0的根与区间的关系，判断出函数的单调性，求出函数的极值；
（Ⅱ）写出g（x）表达式，利用导数可判断函数g（x）的单调性，结合图象可得g（x）在区间（

1

e

，e）内有两个零点时的限制条件，解出不等式组即可；
（III）问题等价于x²lnx＞

x2

ex

-

3

4

，构造函数h（x）=

x2

ex

-

3

4

，利用导数研究其最大值，从而列出不等式f（x）_min＞h（x）_max，即可证得结论．

解答：解析 （Ⅰ）f（x）=f₁（x）•f₂（x）=

1

2

x²alnx，
∴f′（x）=axlnx+

1

2

ax=

1

2

ax（2lnx+1），（x＞0，a＞0），
由f′（x）＞0，得x＞e

1

2

，由f′（x）＜0，得0＜x＜e

1

2

．
∴函数f（x）在（0，e

1

2

）上是减函数，在（e

1

2

，+∞）上是增函数，
∴f（x）的极小值为f（e

1

2

）=-

a

4e

，无极大值．
（Ⅱ）函数g（x）=

1

2

x2-alnx+(a-1)x，
则g′（x）=x-

a

x

+（a-1）=

x2+(a-1)x-a

x

=

(x+a)(x-1)

x

，
令g′（x）=0，∵a＞0，解得x=1，或x=-a（舍去），
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）在（0，1）上单调递减；
当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）在（1，+∞）上单调递增．
函数g（x）在区间（

1

e

，e）内有两个零点，
只需

g( 1 e )＞0 g(1)＜0 g(e)＞0

，即

1 2e2 + a-1 e +a＞0 1 2 +a-1＜0 e2 2 +(a-1)e-a＞0

，∴

a＞ 2e-1 2e2+2e a＜ 1 2 a＞ 2e-e2 2e-2

，解得

2e-1

2e2+2e

＜x＜

1

2

，
故实数a的取值范围是（

2e-1

2e2+2e

，

1

2

）．
（Ⅲ）问题等价于x²lnx＞

x2

ex

-

3

4

，
由（I）知，f（x）=x²lnx的最小值为-

1

2e

，
设h（x）=

x2

ex

-

3

4

，h′（x）=-

x(x-2)

ex

得，函数h（x）在（0，2）上增，在（2，+∞）减，
∴h（x）_max=h（2）=

4

e2

-

3

4

，
因-

1

2e

-（

4

e2

-

3

4

）=

3e2-2e-16

4e2

=

(3e-8)(e+2)

4e2

＞0，
∴f（x）_min＞h（x）_max，
∴x²lnx＞

x2

ex

-

3

4

，∴lnx-（

1

ex

-

3

4x2

）＞0，
∴lnx+

3

4x2

-

1

ex

＞0．

点评：本题考查利用导数研究函数的极值、函数的最及函数恒成立问题，考查转化思想、数形结合思想，考查学生分析解决问题的能力．