Question

5．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx+1．
（1）已知函數(shù)$F（x）=f（x）+\frac{1}{4}{x^2}-\frac{3}{2}x+\frac{1}{4}$，求函數(shù)F（x）的極值；
（2）已知函數(shù)G（x）=f（x）+ax²-（2a+1）x+a（a＞0）．若存在實(shí)數(shù)m∈（2，3），使得當(dāng)x∈（0，m]時(shí)，函數(shù)G（x）的最大值為G（m），求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，即可求函數(shù)F（x）的極值；
（2）由題意分別求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，再分類討論，最后確定出實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 解：（1）由題意，F(xiàn)′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{2}$x-$\frac{3}{2}$=$\frac{（x-1）（x-2）}{2x}$，
∴函數(shù)在（0，1），（2，+∞）上單調(diào)遞增，（1，2）上單調(diào)遞減，
∴函數(shù)在x=1處取得極大值0，x=2處取得極小值ln2-$\frac{3}{4}$；
（2）G（x）=lnx+1+ax²-（2a+1）x+a（a＞0）．
∴G′（x）=$\frac{1}{x}$+2ax-（2a+1）=$\frac{（2ax-1）（x-1）}{x}$=0，
∴x=$\frac{1}{2a}$或x=1．
①0＜$\frac{1}{2a}$＜1，即a＞$\frac{1}{2}$，函數(shù)在（0，$\frac{1}{2a}$），（1，m）上單調(diào)遞增，（$\frac{1}{2a}$，1）上單調(diào)遞減，
∵存在實(shí)數(shù)m∈（2，3），使得當(dāng)x∈（0，m]時(shí)，函數(shù)G（x）的最大值為G（m），
∴G（3）＞G（$\frac{1}{2a}$），∴代入化簡(jiǎn)得ln$\frac{1}{2a}$-$\frac{1}{4a}$-3a+2-ln3＜0
令h（a）=ln$\frac{1}{2a}$-$\frac{1}{4a}$-3a+2-ln3，a＞$\frac{1}{2}$，
∵h(yuǎn)′（a）=-$\frac{1}{4a}$（$\frac{1}{a}$-4）-3＜0恒成立，
故恒有h（a）＜h（$\frac{1}{2}$）=-ln3＜0，
∴a＞$\frac{1}{2}$時(shí)，ln$\frac{1}{2a}$-$\frac{1}{4a}$-3a+2-ln3＜0恒成立；
②m＞$\frac{1}{2a}$＞1，即$\frac{1}{6}$＜a＜$\frac{1}{2}$，函數(shù)在（0，1），（$\frac{1}{2a}$，m）上單調(diào)遞增，（1，$\frac{1}{2a}$）上單調(diào)遞減，
∵存在實(shí)數(shù)m∈（2，3），使得當(dāng)x∈（0，m]時(shí)，函數(shù)G（x）的最大值為G（m），
∴G（3）＞G（1），∴代入化簡(jiǎn)得ln3-2+4a＞0
∴a＞$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$ln3，
∴$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$ln3＜a＜$\frac{1}{2}$時(shí)，滿足題意；
③$\frac{1}{2a}$=1，即a=$\frac{1}{2}$時(shí)，滿足題意；
綜上所述，求實(shí)數(shù)a的取值范圍是a＞$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$ln3．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，研究函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，難度較大．