Question

3．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-（a²+1）x+alnx．
（Ⅰ）若函数f（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上单调递减，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）当a$∈（0，\frac{3}{5}]$时，求f（x）在[1，2]上的最大值和最小值．（注意：ln2＜0.7）

Answer 1

分析 （Ⅰ）若函数f（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上单调递减，等价为f′（x）≤0在[$\frac{1}{e}$，e]上恒成立，利用参数分离法进行求最值恒成立即可，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）当a$∈（0，\frac{3}{5}]$时，求函数的导数f′（x），研究函数的单调性与最值之间的关系即可求f（x）在[1，2]上的最大值和最小值．（

解答 （Ⅰ）∵f（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上单调递减，∴f′（x）=ax-（a²+1）+$\frac{a}{x}$≤0在[$\frac{1}{e}$，e]上恒成立，
即ax+$\frac{a}{x}$≤a²+1，
①当a≤0时，结论成立，
②当a＞0时，不等式等价为x+$\frac{1}{x}$≤a+$\frac{1}{a}$在[$\frac{1}{e}$，e]上恒成立，
当x＞0时，h（x）=x+$\frac{1}{x}$在（0，1）上是减函数，在[1，+∞）上是增函数，
∴要使函数h（x）＜h（a）在[$\frac{1}{e}$，e]上恒成立，
则0＜x≤$\frac{1}{e}$或x≥e，
综上a≤$\frac{1}{e}$或a≥e．
（Ⅱ）f′（x）=ax-（a²+1）+$\frac{a}{x}$=$\frac{a{x}^{2}-（{a}^{2}+1）x+a}{x}$=$\frac{（ax-1）（x-a）}{x}$，=
由f′（x）=0得x=a或$\frac{1}{a}$，
①当0＜a≤$\frac{1}{2}$时，即f′（x）≤0时，f（x）在[1，2]上递减，
∴f（x）_min=f（2）=2a-2（a²+1）+aln2，f（x）_max=f（1）=$\frac{1}{2}$a-（a²+1），
②当$\frac{1}{2}$＜a≤$\frac{3}{5}$时，
当1≤x＜$\frac{1}{a}$时，f′（x）＜0，当$\frac{1}{a}$＜x≤2，f′（x）＞0，
∴f（x）_min=f（$\frac{1}{a}$）=-a-$\frac{1}{2a}$-alna，
f（2）-f（1）=$\frac{3}{2}$a-（a²+1）+aln2，
设h（x）=$\frac{3}{2}$x-（x²+1）+xln2，$\frac{1}{2}$＜x≤$\frac{3}{5}$，
h′（x）=$\frac{3}{2}$-2x+ln2，
∵$\frac{1}{2}$＜x≤$\frac{3}{5}$，
∴h′（x）＞0，
则h（x）在$\frac{1}{2}$＜x≤$\frac{3}{5}$上单调递增，
∴h（x）_max=$\frac{3}{2}$×$\frac{3}{5}$-[（$\frac{3}{5}$）²+1]+$\frac{3}{5}$ln2=$\frac{9}{10}-\frac{34}{25}$+$\frac{3}{5}$ln2$＜-\frac{1}{25}$＜0，
∴f（2）＜f（1），∴f（x）_max=f（1）=$\frac{1}{2}$a-（a²+1），
综上当0＜a≤$\frac{1}{2}$时，f（x）_min=2a-2（a²+1）+aln2，f（x）_max=f（1）=$\frac{1}{2}$a-（a²+1），
当$\frac{1}{2}$＜a≤$\frac{3}{5}$时，f（x）_min=-a-$\frac{1}{2a}$-alna，f（x）_max=f（1）=$\frac{1}{2}$a-（a²+1）．

点评 本题主要考查导数的综合应用，考查函数单调性最值和导数之间的关系，考查分类讨论和参数分离法的应用，综合性较强，有一定的难度．