Question

12．已知函数f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x，a∈R．
（1）当a=1时，求函数y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）求函数f（x）的单调区间；
（3）是否存在实数a，使得函数f（x）的极值大于0？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，计算f（1），f′（1）的值，求出切线方程即可；
（2）求出函数的导数，然后对a分a=0，a＞0，与a＜0分类讨论，利用f′（x）＞0，与f′（x）＜0可得其递增区间与递减区间；
（3）由（2）可知，当a＞0，函数取到极大值，此时f（x）=0有两个不等的根，即lnx=$\frac{1}{2}$ax²-x有两个不等的根构造函数y=lnx与y=$\frac{1}{2}$ax²-x，则两个图象有两个不同的交点，从而可求a的取值范围．

解答 解：（1）a=1时，f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x²+x，f′（x）=$\frac{1}{x}$-x+1，
f（1）=$\frac{1}{2}$，f′（1）=1，
故切线方程是：y-$\frac{1}{2}$=x-1，
整理得：y=x-$\frac{1}{2}$；
（2）∵f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x，a∈R，∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-ax+1=$\frac{-{ax}^{2}+x+1}{x}$（x＞0），
∴当a=0时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＜0时，由于x＞0，故-ax²＞0，于是-ax²+x+1＞0，
∴f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞0时，f′（x）＞0得，0＜x＜$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，
即f（x）在（0，$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$）上单调递增；
由f′（x）＜0得，x＞$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，即f（x）在（ $\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，+∞）上单调递减；
（3）由（2）可知，当a＞0，x=$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$时函数取到极大值，
∵x→0，f（x）＜0，x→+∞，f（x）＜0，
∴f（x）=0有两个不等的根，
即f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x=0有两个不等的根，
即lnx=$\frac{1}{2}$ax²-x有两个不等的根，
构造函数y=lnx与y=$\frac{1}{2}$ax2-x，则两个图象有两个不同的交点；
∵y=lnx过（1，0），y=$\frac{1}{2}$ax²-x的对称轴为直线x=$\frac{1}{a}$，
顶点坐标为（$\frac{1}{a}$，-$\frac{1}{2a}$）
∴$\frac{1}{a}$＞$\frac{1}{2}$，解得a＜2，
∴0＜a＜2．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，突出分类讨论思想与转化思想的渗透与应用，属于难题，第三问把有正的极大值的问题转化为图象开口向下与X轴有两个交点，思路巧妙，学习中值得借鉴．