Question

已知函数f（x）=

1

2

ax²-（2a+1）x+2lnx，其中常数a＞0．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）如果函数f（x），H（x），g（x）在公共定义域D上，满足f（x）＜H（x）＜g（x），那么就称H（x） 为f（x）与g（x）的“和谐函数”．设g（x）=x²-4x，求证：当2＜a＜

5

2

时，在区间（0，2]上，函数f（x）与g（x）的“和谐函数”有无穷多个．

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）先求出f′（x）=

(x-2)(ax-1)

x

令f′（x）=0，则x₁=2，x₂=

1

a

，讨论①当0＜a＜

1

2

时，②当a=

1

2

时，③当a＞

1

2

时的情况，从而得出函数的单调区间；
（2）令h（x）=g（x）-f（x）=（1-

1

2

a）x²+（2a-3）x-2lnx，x∈（0，2]，求出h′（x）=

(x-2)[(2-a)x+1]

x

，从而得出h（x）_min，设H（x）=f（x）+（2-2ln2）λ（0＜λ＜1），则f（x）＜H（x）＜g（x），所以在区间（0，2]上，函数f（x）与g（x）的“和谐函数”有无穷多．

解答： 解：（1）f′（x）=

(x-2)(ax-1)

x

（x＞0，常数a＞0）
令f′（x）=0，则x₁=2，x₂=

1

a

，
①当0＜a＜

1

2

时，

1

a

＞2，
在区间（0，2）和（

1

a

，+∞）上，f′（x）＞0；在区间（2，

1

a

）上f′（x）＜0，
故f（x）的单调递增区间是（0，2）和（

1

a

，+∞），单调递减区间是（2，

1

a

），
②当a=

1

2

时，f′x）=

(x-2)2

2x

，故f（x）的单调递增区间是（0，+∞），
③当a＞

1

2

时，0＜

1

a

＜2，
在区间（0，

1

a

）和（2，+∞）上，f′（x）＞0；在区间（

1

a

，2）上f′（x）＜0，
故f（x）的单调递增区间是（0，

1

a

）和（2，+∞），单调递减区间是（

1

a

，2），
（2）令h（x）=g（x）-f（x）=（1-

1

2

a）x²+（2a-3）x-2lnx，x∈（0，2]，
h′（x）=

(x-2)[(2-a)x+1]

x

，
令h′（x）=0，则x₁=2，x₂=

1

a-2

，
因为2＜a＜

5

2

，所以x₂＞x₁，且2-a＜0，
从而在区间（0，2]上，h′（x）＜0，即h（x）在（0，2]上单调递减，
所以h（x）_min=h（2）=2a-2-2ln2，
又2＜a＜

5

2

，所以2a-2-2ln2＞2-2ln2＞0，即h（x）_min＞0，
设H（x）=f（x）+（2-2ln2）λ（0＜λ＜1），则f（x）＜H（x）＜g（x），
所以在区间（0，2]上，函数f（x）与g（x）的“和谐函数”有无穷多个．

点评：本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，导数的应用，考查分类讨论思想，是一道综合题．