Question

已知函数f（x）=ax²+lnx（a∈R）．
（1）当a=

1

2

时，求f（x）在区间[1，e]上的最大值和最小值；
（2）如果函数g（x），f₁（x），f₂（x），在公共定义域D上，满足f₁（x）＜g（x）＜f₂（x），那么就称g（x）为f₁（x），f₂（x）的“活动函数”．已知函数f1(x)=(a-

1

2

)x2+2ax+(1-a2)lnx，f2(x)=

1

2

x2+2ax．若在区间（1，+∞）上，函数f（x）是f₁（x），f₂（x）的“活动函数”，求a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）由题意得 f(x)=

1

2

x2+lnx，f′(x)=x+

1

x

=

x2+1

x

＞0，∴f（x）在区间[1，e]上为增函数，即可求出函数的最值．
（2）由题意得：令 p(x)=f(x)-f2(x)=(a-

1

2

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

1

2

x2+2ax-a2lnx＜0对x∈（1，+∞）恒成立，p′(x)=

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

x

分类讨论当 a＞

1

2

或 a≤

1

2

时两种情况求函数的最大值，可得到a的范围．又因为h′（x）=-x+2a-

a2

x

=

-x2+2ax-a2

x

=

-(x-a)2

x

＜0，h（x）在（1，+∞）上为减函数，可得到a的另一个范围，综合可得a的范围．

解答：解：（1）当 a=

1

2

时，f(x)=

1

2

x2+lnx，f′(x)=x+

1

x

=

x2+1

x

；
对于x∈[1，e]，有f'（x）＞0，∴f（x）在区间[1，e]上为增函数，
∴fmax(x)=f(e)=1+

e2

2

，fmin(x)=f( 1 )=

1

2

．
（2）在区间（1，+∞）上，函数f（x）是f₁（x），f₂（x）的“活动函数”，则f₁（x）＜f（x）＜f₂（x）
令 p(x)=f(x)-f2(x)=(a-

1

2

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

1

2

x2+2ax-a2lnx＜0对x∈（1，+∞）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

，令p′（x）=0，得极值点x₁=1，x2=

1

2a-1

，
当x₂＞x₁=1，即

1

2

＜a＜1时，在（x₂，+∞）上有p′（x）＞0，
此时p（x）在区间（x₂，+∞）上是增函数，并且在该区间上有p（x）∈（p（x₂），+∞），不合题意；
当x₂＜x₁=1，即a≥1时，同理可知，p（x）在区间（1，+∞）上，有p（x）∈（p（1），+∞），也不合题意；
2）若 a≤

1

2

，则有2a-1≤0，此时在区间（1，+∞）上恒有p′（x）＜0，
从而p（x）在区间（1，+∞）上是减函数；
要使p（x）＜0在此区间上恒成立，只须满足 p(1)=-a-

1

2

≤0⇒a≥-

1

2

，
所以 -

1

2

≤a≤

1

2

．
又因为h′（x）=-x+2a-

a2

x

=

-x2+2ax-a2

x

=

-(x-a)2

x

＜0，h（x）在（1，+∞）上为减函数，
h（x）＜h（1）=-

1

2

+2a≤0，所以a≤

1

4

综合可知a的范围是[-

1

2

，

1

4

]．

点评：本题考查的知识点是利用导数求函数的最值，利用最值解决恒成立问题，二对于新定义题型关键是弄清新概念与旧知识点之间的联系即可，结合着我们已学的知识解决问题，这是高考考查的热点之一．