Question

已知函數f（x）=ax²+lnx（a∈R）
（Ⅰ）當a=2時，求f（x）在區(qū)間[e，e²]上的最大值和最小值；
（Ⅱ）如果函數g（x），f₁（x），f₂（x）在公共定義域D上，滿足f₁（x）＜g（x）＜f₂（x），那么就稱g（x）為f₁（x），f₂（x）的“伴隨函數”．已知函數f1(x)=(a-

1

2

)x2+2ax+(1-a2)lnx，f2(x)=

1

2

x2+2ax．若在區(qū)間（1，+∞）上，函數f（x）是f₁（x），f₂（x）的“伴隨函數”，求a的取值范圍．

Answer 1

考點：導數在最大值、最小值問題中的應用

專題：

分析：（Ⅰ）當a=2時，求函數的導數，利用函數的單調性和導數之間的關系，即可求f（x）在區(qū)間[e，e²]上的最大值和最小值；
（Ⅱ）構造函數p（x）=f（x）-f₂（x）和h（x）=f₁（x）-f（x），將不等式轉化為恒成立問題，利用導數和函數最值之間的關系，即可求出a的取值范圍．

解答： 解：（Ⅰ）當a=2時，f（x）=2x²+lnx，
則f'（x）=4x+

1

x

=

4x2+1

x

，
當x∈[e，e²]時，f'（x）＞0，
即此時函數f（x）單調遞增，
∴f（x）的最大值為f（e²）=2e⁴+lne²=2+2e⁴，
最小值為f（e）=2e²+lne=1+2e²．
（Ⅱ）若在區(qū)間（1，+∞）上，函數f（x）是f₁（x），f₂（x）的“伴隨函數”，
則f₁（x）＜f（x）＜f₂（x），
令p（x）=f（x）-f₂（x）=(a-

1

2

)x2-2ax+lnx＜0在（1，+∞）上恒成立，
h（x）=f₁（x）-f（x）=-

1

2

x2+2ax-a2lnx＜0在（1，+∞）上恒成立，
∵p'（x）=（2a-1）x-2a+

1

x

=

(2a-1)x2-2ax+1

x

=

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

x

，
①若a＞

1

2

，由p'（x）=0得x₁=1或x₂=

1

2a-1

，
當x₂＞x₁=1，即

1

2

＜a＜1時，在（x₂，+∞）上，有p'（x）＞0，此時函數單調遞增，并且在該區(qū)間上有p（x）∈（p（x₂），+∞），不合題意．
當x₂＜x₁=1，即a≥1時，同理可知在區(qū)間（1，+∞）上，有p（x）∈（p（1），+∞），不合題意．
②若a≤

1

2

，則有2a-1≤0，此時在區(qū)間（1，+∞）上，有p'（x）＜0，此時函數p（x）單調遞減，
要使p（x）＜0恒成立，只需要滿足p（1）=-a-

1

2

≤0，即a≥-

1

2

即可，
此時-

1

2

≤a≤

1

2

．
又h′(x)=-x+2a-

a2

x

=

-x2+2ax-a2

x

=

-(x-a)2

x

＜0，
則h（x）在（1，+∞）上為減函數，
則h（x）＜h（1）=

1

2

+2a≤0，
∴a≤

1

4

，
綜上-

1

2

≤a≤

1

4

，
即a的取值范圍是[-

1

2

，

1

4

]．

點評：本題主要考查函數最值的計算，利用導數是解決本題的關鍵，綜合性較強，難度較大．