Question

17．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²+lnx．
（1）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，e]上的最大值、最小值；
（2）已知函數(shù)g（x）=ax²，a＞1，求證：在區(qū)間（1，+∞）上，f（x）＜g（x）．

Answer 1

分析 （1）求解導數(shù)f′（x）=x$+\frac{1}{x}$=$\frac{{x}^{2}+1}{x}$，判斷單調(diào)性，求出f_max（x）=f（e）=1$+\frac{{e}^{2}}{2}$，f_min（x）=f（1）=$\frac{1}{2}$，
（2）令F（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{2}{x}^{2}$+lnx-ax²，F(xiàn)′（x）=x$+\frac{1}{x}$-2ax=$\frac{（1-2a）x+1}{x}$，判斷得出F（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，F(xiàn)（x）＜F（1），
具體表示可以證明即$\frac{1}{2}{x}^{2}$+lnx-ax²＜0，即$\frac{1}{2}{x}^{2}$+lnx＜ax²．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{1}{2}$x²+lnx．
f′（x）=x$+\frac{1}{x}$=$\frac{{x}^{2}+1}{x}$，
當x∈[1，e]時，f′（x）＞0，
∴函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，e]上為單調(diào)遞增，
∴f_max（x）=f（e）=1$+\frac{{e}^{2}}{2}$，f_min（x）=f（1）=$\frac{1}{2}$；
（2）令F（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{2}{x}^{2}$+lnx-ax²，
則F′（x）=x$+\frac{1}{x}$-2ax=$\frac{（1-2a）x+1}{x}$，
∵a＞1，∴1-2a＜-1，
所以當x＞1時，F(xiàn)′（x）＜0，
∴F（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，
又函數(shù)F（x）在x=1處連續(xù)，且F（1）=$\frac{1}{2}+0-a＜0$，
∴F（x）＜F（1），
即$\frac{1}{2}{x}^{2}$+lnx-ax²＜0，
即$\frac{1}{2}{x}^{2}$+lnx＜ax²，
所以在區(qū)間（1，+∞）上，f（x）＜g（x）．

點評 本題考查了運用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，構(gòu)造函數(shù)把復雜的問題轉(zhuǎn)化為簡單問題，利用函數(shù)最值問題轉(zhuǎn)為證明不等式問題，屬于難題．