Question

1．已知函數(shù)f（x）=a³lnx+$\frac{1}{2}$x²-（a+a²）x（a∈R），g（x）=3x²lnx-2x²-x．
（Ⅰ）求證：g（x）在區(qū)間[2，4]上單調(diào)遞增；
（Ⅱ）若a≥2，函數(shù)f（x）在區(qū)間[2，4]上的最大值為G（a），求G（a）的解析式，并判斷G（a）是否有最大值和最小值，請(qǐng)說(shuō)明理由（參考數(shù)據(jù)：0.69＜ln2＜0.7）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，設(shè)h（x）=6xlnx-x-1，求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，運(yùn)用單調(diào)性即可得證；
（Ⅱ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間，極值和當(dāng)2≤a≤4時(shí)，a＞4時(shí)的最大值，結(jié)合零點(diǎn)存在定理，以及函數(shù)的單調(diào)性即可判斷G（a）有最小值，沒(méi)有最大值．

解答 解：（Ⅰ）證明：∵g（x）=3x²lnx-2x²-x，
∴g′（x）=6xlnx-x-1，
設(shè)h（x）=6xlnx-x-1，則h′（x）=6lnx+5，
∴當(dāng)2＜x＜4時(shí)，h′（x）＞0，∴h（x）在區(qū)間（2，4）上單調(diào)遞增．
∵h(yuǎn)（2）=3（4ln2-1）＞0，
∴當(dāng)2＜x＜4時(shí)，h（x）＞h（2）＞0．
∴g（x）在區(qū)間[2，4]上單調(diào)遞增．
（Ⅱ）∵f（x）=a³lnx+$\frac{1}{2}$x²-（a+a²）x，
∴f（x）的定義域是（0，+∞），且f′（x）=$\frac{{a}^{3}}{x}$+x-（a+a²），
即f′（x）=$\frac{（x-a）（x-{a}^{2}）}{x}$．
∵a≥2，∴a＜a²，
當(dāng)x變化時(shí)，f（x）、f′（x）變化情況如下表：

x	（0，a）	a	（a，a2）	a2	（a2，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	↗	極大	↘	極小	↗

∴當(dāng)2≤a≤4時(shí)，a²≥4，f（x）在區(qū)間[2，4]上的最大值是f（a）=a³lna-a³-$\frac{1}{2}$a²．
當(dāng)a＞4時(shí)，f（x）在區(qū)間[2，4]上的最大值為f（4）=2a³ln2-4a²-4a+8．
即G（a）=$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{3}lna-{a}^{3}-\frac{1}{2}{a}^{2}（2≤a≤4）}\\{2{a}^{3}ln2-4{a}^{2}-4a+8（a＞4）}\end{array}\right.$，
（1）當(dāng)2＜a＜4時(shí)，G′（a）=3a²lna-2a²-a．
由（Ⅰ）知，G′（a）在（2，4）上單調(diào)遞增．
又G′（2）=2（6ln2-5）＜0，G′（4）=12（8ln2-3）＞0，
∴存在唯一a₀∈（2，4），使得G′（a₀）=0，
且當(dāng)2＜a＜a₀時(shí)，G′（a）＜0，G（a）單調(diào)遞減，
當(dāng)a₀＜a＜4時(shí)，G′（a）＞0，G（a）單調(diào)遞增．
∴當(dāng)2≤a≤4時(shí)，G（a）有最小值G（a₀）．
（2）當(dāng)a＞4時(shí)，
G′（a）=6a²ln2-8a-4=6ln2（a-$\frac{2}{3ln2}$）²-$\frac{8}{3ln2}$-4，
∴G′（a）在（4，+∞）單調(diào)遞增．
又G′（4）=12（8ln2-3）＞0，
∴當(dāng)a＞4時(shí)，G′（a）＞0．∴G（a）在（4，+∞）上單調(diào)遞增．
綜合（1）（2）及G（a）解析式可知，G（a）有最小值，沒(méi)有最大值．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查函數(shù)的單調(diào)性的運(yùn)用和零點(diǎn)存在定理的運(yùn)用，考查分類討論的思想方法，屬于中檔題．