Question

已知函数f（x）=

1

2

ax²-lnx（a∈R）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若在区间[1，e]上，函数y=f（x）的图象恒在直线y=1的上方，求a的取值范围；
（3）设g（x）=x³-2bx+1，当a=

1

e

时，若对于任意的x₁∈[1，e]，总存在x₂∈（0，1]，使得f（x₁）≥g（x₂）成立，求b的取值范围．

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：（1）由已知得x＞0，f′(x)=ax-

1

x

=

ax2-1

x

，由此根据a的取值范围分类讨论，利用导数性质能求出f（x）的单调区间．
（2）由题意，对于任意的x∈[1，e]，

1

2

ax2-lnx＞1恒成立，即

1

2

a＞

1+lnx

x2

对于任意的x∈[1，e]恒成立．由此利用构造法结合导数性质能求出a的取值范围．
（3）由已知得存在x₂∈（0，1]，使得g（x₂）≤f（x₁）_min．利用导数性质列表讨论，能求出b的取值范围．

解答： 解：（1）x＞0，f′(x)=ax-

1

x

=

ax2-1

x

．…（1分）
若a≤0，则f′（x）＜0恒成立，∴f（x）的减区间为（0，+∞）．…（2分）
若a＞0，令f′（x）=0，得x=

a

a

（x=-

a

a

舍去）．
当x∈(0，

a

a

)时，f′（x）＜0，∴f（x）的减区间为(0，

a

a

)；
当x∈(

a

a

，+∞)时，f′（x）＞0，∴f（x）的增区间为(

a

a

，+∞)．…（4分）
（2）由题意，对于任意的x∈[1，e]，

1

2

ax2-lnx＞1恒成立，
即

1

2

a＞

1+lnx

x2

对于任意的x∈[1，e]恒成立．
令h(x)=

1+lnx

x2

，x∈[1， e]，
则h′(x)=

x-(1+lnx)2x

x4

=

-1-2lnx

x3

＜0在x∈（1，e）上恒成立．…（6分）
而h（x）在[1，e]上图象不间断，∴h（x）在[1，e]上是单调减函数，
∴h（x）在[1，e]上的最大值为h（1）=1，则

1

2

a＞1，
因此a＞2…（8分）
（3）∵对任意的x₁∈[1，e]，存在x₂∈（0，1]，使得f（x₁）≥g（x₂），
∴存在x₂∈（0，1]，使得g（x₂）≤f（x₁）_min．
当a=

1

e

时，f(x)=

1

2e

x2-lnx，f′(x)=

1

e

x-

1

x

=

x2-e

ex

，
令f'（x）=0，得x=

e

（x=- 

e

舍去）．
列表如下：

x	(1， e )	e	( e ， e)
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	极小值	↗

∵f（x）在[1，e]上图象不间断，
∴f（x）在[1，e]上的最小值f(x)min=f(

e

)=0．       …（11分）
∴存在x₂∈（0，1]，使得x23-2bx2+1 ≤0，即只要2b ≥ (

x

2 2

+

1

x2

)min．
令φ(x)=x2+

1

x

，x∈(0，1)，则φ′(x)=2x-

1

x2

=

2x3-1

x2

，
令φ'（x）=0，得x=

3	1 2

（x=- 

3	1 2

舍去）．
列表如下：

x	(0，  3 1 2 )	3 1 2	( 3 1 2 ， 1)
φ'（x）	-	0	+
φ（x）	↘		↗

∵φ（x）在（0，1]上图象不间断，
∴φ（x）在（0，1]上的最小值φ(x)min=φ(

3	1 2

)=

3

2

3	2

．   …（15分）
∴2b ≥ 

3

2

3	2

，即b ≥ 

3

4

3	2

． …（16分）

点评：本题主要考查函数与导数等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查分类与整合思想、数形结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想等．