Question

8．已知函數(shù)f（x）=-$\frac{1}{2}$ax²+（1+a）x-lnx（a∈R）．
（Ⅰ）當(dāng)a＞0時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)a=0時(shí)，設(shè)函數(shù)g（x）=xf（x）．若存在區(qū)間[m，n]⊆[$\frac{1}{2}$，+∞），使得函數(shù)g（x）在[m，n]上的值域?yàn)閇k（m+2）-2，k（n+2）-2]，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）對(duì)f（x）進(jìn)行求導(dǎo)，討論a=1，a＞1.0＜a＜1，利用導(dǎo)數(shù)為負(fù)，求函數(shù)的減區(qū)間；
（Ⅱ）要求存在區(qū)間，使f（x）在[m，n]上的值域是[k（m+2）-2，k（n+2）-2]，將其轉(zhuǎn)化為g（x）=k（x+2）-2在[$\frac{1}{2}$，+∞）上至少有兩個(gè)不同的正根，再利用導(dǎo)數(shù)求出k的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a＞0時(shí)，函數(shù)f（x）=-$\frac{1}{2}$ax²+（1+a）x-lnx的導(dǎo)數(shù)為
f′（x）=-ax+1+a-$\frac{1}{x}$=-$\frac{（x-1）（ax-1）}{x}$，（x＞0），
當(dāng)a=1時(shí)，f′（x）≤0，f（x）遞減；
當(dāng)a＞1時(shí)，1＞$\frac{1}{a}$，f′（x）＜0，可得x＞1或0＜x＜$\frac{1}{a}$；
當(dāng)0＜a＜1時(shí)，1＜$\frac{1}{a}$，f′（x）＜0，可得0＜x＜1或x＞$\frac{1}{a}$．
綜上可得，a=1時(shí)，f（x）的減區(qū)間為（0，+∞）；
a＞1時(shí)，f（x）的減區(qū)間為（1，+∞），（0，$\frac{1}{a}$）；
0＜a＜1時(shí)，f（x）的減區(qū)間為（$\frac{1}{a}$，+∞），（0，1）；
（Ⅱ）當(dāng)a=0時(shí)，設(shè)函數(shù)g（x）=xf（x）=x²-xlnx，
令g′（x）=2x-lnx-1（x＞0），
則g′（x）=2-$\frac{1}{x}$=$\frac{2x-1}{x}$，（x＞0），
當(dāng)x≥$\frac{1}{2}$時(shí)，g′′（x）≥0，g（x）為增函數(shù)；
g（x）在區(qū)間[m，n]⊆[$\frac{1}{2}$，+∞）遞增，
∵g（x）在[m，n]上的值域是[k（m+2）-2，k（n+2）-2]，
所以g（m）=k（m+2）-2，g（n）=k（n+2）-2，$\frac{1}{2}$≤m＜n，
則g（x）=k（x+2）-2在[$\frac{1}{2}$，+∞）上至少有兩個(gè)不同的正根，
k=$\frac{g（x）+2}{x+2}$，令F（x）=$\frac{g（x）+2}{x+2}$=$\frac{{x}^{2}-xlnx+2}{x+2}$，
求導(dǎo)得，F(xiàn)′（x）=$\frac{{x}^{2}+3x-2lnx-4}{（x+2）^{2}}$（x≥$\frac{1}{2}$），
令G（x）=x²+3x-2lnx-4（x≥$\frac{1}{2}$）
則G′（x）=2x+3-$\frac{2}{x}$=$\frac{（2x-1）（x+2）}{x}$，
所以G（x）在[$\frac{1}{2}$，+∞）遞增，G（$\frac{1}{2}$）＜0，G（1）=0，
當(dāng)x∈[$\frac{1}{2}$，1]時(shí)，G（x）＜0，∴F′（x）＜0，
當(dāng)x∈[1，+∞]時(shí)，G（x）＞0，∴F′（x）＞0，
所以F（x）在[$\frac{1}{2}$，1）上遞減，在（1，+∞）上遞增，
∴F（1）＜k≤F（$\frac{1}{2}$），
∴k∈（1，$\frac{9+2ln2}{10}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)與原函數(shù)的單調(diào)性之間的關(guān)系，即當(dāng)導(dǎo)函數(shù)大于0時(shí)原函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)導(dǎo)函數(shù)小于0時(shí)原函數(shù)單調(diào)遞減，利用了分類(lèi)討論和轉(zhuǎn)化的思想，此題是一道中檔題．