Question

已知函数f（x）=

a

2

lnx+（a+1）x²+1．
（Ⅰ）当a=-

1

2

时，求f（x）在区间[

1

e

，e]上的最小值；
（Ⅱ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅲ）当-1＜a＜0时，有f（x）＞1+

a

4

ln（-a）恒成立，求a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：（Ⅰ）当a=-

1

2

时，f（x）=-

1

4

lnx+

1

2

x2+1，可得f′(x)=-

1

4x

+x=

4x2-1

4x

．分别由f′（x）≥0；由f′（x）≤0解出，即可得出函数的单调性极值与最值．
（Ⅱ）f′(x)=

4(a+1)x2+a

2x

，x∈（0，+∞）．对a分类讨论：当a+1≤0，即a≤-1时；当a≥0时；当-1＜a＜0时，利用导数与函数单调性的关系即可得出．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当-1＜a＜0时，f_min（x）=f(

-a 4(a+1)

)，f（x）＞1+

a

4

ln（-a）恒成立等价于f(

-a 4(a+1)

)＞1+

a

4

ln(-a)，化为ln（4a+4）＞-1，解出即可．

解答： 解：（Ⅰ）当a=-

1

2

时，f（x）=-

1

4

lnx+

1

2

x2+1，
∴f′(x)=-

1

4x

+x=

4x2-1

4x

．
∵f（x）的定义域为（0，+∞），
∴由f′（x）≥0 得x≥

1

2

；由f′（x）≤0 得x≤

1

2

．
∴f（x）在区间[

1

e

，

1

2

]上单调递减，在区间[

1

2

，e]上单调递增，
∴f′（x）_min=f(

1

2

)=

9

8

+

1

4

ln2．
（Ⅱ）f′(x)=

4(a+1)x2+a

2x

，x∈（0，+∞）．
①当a+1≤0，即a≤-1时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递减；
②当a≥0时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）单调递增；
③当-1＜a＜0时，由f′（x）＞0，得x2＞

-a

4(a+1)

，解得x＞

-a 4(a+1)

．
∴f（x）在(

-a 4(a+1)

，+∞)单调递增，在(0，

-a 4(a+1)

)上单调递减；
综上可得：当a≥0时，f（x）在（0，+∞）单调递增；
当-1＜a＜0时，f（x）在(

-a 4(a+1)

，+∞)单调递增，在(0，

-a 4(a+1)

)上单调递减；
当a≤-1时，f（x）在（0，+∞）上单调递减．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当-1＜a＜0时，f_min（x）=f(

-a 4(a+1)

)，
f（x）＞1+

a

4

ln（-a）恒成立等价于f(

-a 4(a+1)

)＞1+

a

4

ln(-a)，
化为ln（4a+4）＞-1，
∴a＞

1

4e

-1，
又∵-1＜a＜0，
∴a的取值范围为(

1

4e

-1，0)．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了分类讨论的思想方法与恒成立问题等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．