Question

12．已知函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x，a∈R．
（1）當a=1時，求函數(shù)y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（2）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（3）是否存在實數(shù)a，使得函數(shù)f（x）的極值大于0？若存在，求a的取值范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，計算f（1），f′（1）的值，求出切線方程即可；
（2）求出函數(shù)的導數(shù)，然后對a分a=0，a＞0，與a＜0分類討論，利用f′（x）＞0，與f′（x）＜0可得其遞增區(qū)間與遞減區(qū)間；
（3）由（2）可知，當a＞0，函數(shù)取到極大值，此時f（x）=0有兩個不等的根，即lnx=$\frac{1}{2}$ax²-x有兩個不等的根構造函數(shù)y=lnx與y=$\frac{1}{2}$ax²-x，則兩個圖象有兩個不同的交點，從而可求a的取值范圍．

解答 解：（1）a=1時，f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x²+x，f′（x）=$\frac{1}{x}$-x+1，
f（1）=$\frac{1}{2}$，f′（1）=1，
故切線方程是：y-$\frac{1}{2}$=x-1，
整理得：y=x-$\frac{1}{2}$；
（2）∵f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x，a∈R，∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-ax+1=$\frac{-{ax}^{2}+x+1}{x}$（x＞0），
∴當a=0時，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上單調遞增；
當a＜0時，由于x＞0，故-ax²＞0，于是-ax²+x+1＞0，
∴f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上單調遞增；
當a＞0時，f′（x）＞0得，0＜x＜$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，
即f（x）在（0，$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$）上單調遞增；
由f′（x）＜0得，x＞$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，即f（x）在（ $\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，+∞）上單調遞減；
（3）由（2）可知，當a＞0，x=$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$時函數(shù)取到極大值，
∵x→0，f（x）＜0，x→+∞，f（x）＜0，
∴f（x）=0有兩個不等的根，
即f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x=0有兩個不等的根，
即lnx=$\frac{1}{2}$ax²-x有兩個不等的根，
構造函數(shù)y=lnx與y=$\frac{1}{2}$ax2-x，則兩個圖象有兩個不同的交點；
∵y=lnx過（1，0），y=$\frac{1}{2}$ax²-x的對稱軸為直線x=$\frac{1}{a}$，
頂點坐標為（$\frac{1}{a}$，-$\frac{1}{2a}$）
∴$\frac{1}{a}$＞$\frac{1}{2}$，解得a＜2，
∴0＜a＜2．

點評 本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，利用導數(shù)研究函數(shù)的極值，突出分類討論思想與轉化思想的滲透與應用，屬于難題，第三問把有正的極大值的問題轉化為圖象開口向下與X軸有兩個交點，思路巧妙，學習中值得借鑒．