Question

（2013•資陽二模）已知函數(shù)f₁（x）=

1

2

x²，f₂（x）=alnx（其中a＞0）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）=f₁（x）•f₂（x）的極值；
（Ⅱ）若函數(shù)g（x）=f₁（x）-f₂（x）+（a-1）x在區(qū)間（

1

e

，e）內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)，求正實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）求證：當(dāng)x＞0時(shí)，1nx+

3

4x2

-

1

ex

＞0．（說明：e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e=2.71828…）

Answer 1

分析：（I）求出導(dǎo)函數(shù)，通過對(duì)導(dǎo)函數(shù)為0的根與區(qū)間的關(guān)系，判斷出函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的極值；
（Ⅱ）寫出g（x）表達(dá)式，利用導(dǎo)數(shù)可判斷函數(shù)g（x）的單調(diào)性，結(jié)合圖象可得g（x）在區(qū)間（

1

e

，e）內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)時(shí)的限制條件，解出不等式組即可；
（III）問題等價(jià)于x²lnx＞

x2

ex

-

3

4

，構(gòu)造函數(shù)h（x）=

x2

ex

-

3

4

，利用導(dǎo)數(shù)研究其最大值，從而列出不等式f（x）_min＞h（x）_max，即可證得結(jié)論．

解答：解析 （Ⅰ）f（x）=f₁（x）•f₂（x）=

1

2

x²alnx，
∴f′（x）=axlnx+

1

2

ax=

1

2

ax（2lnx+1），（x＞0，a＞0），
由f′（x）＞0，得x＞e

1

2

，由f′（x）＜0，得0＜x＜e

1

2

．
∴函數(shù)f（x）在（0，e

1

2

）上是減函數(shù)，在（e

1

2

，+∞）上是增函數(shù)，
∴f（x）的極小值為f（e

1

2

）=-

a

4e

，無極大值．
（Ⅱ）函數(shù)g（x）=

1

2

x2-alnx+(a-1)x，
則g′（x）=x-

a

x

+（a-1）=

x2+(a-1)x-a

x

=

(x+a)(x-1)

x

，
令g′（x）=0，∵a＞0，解得x=1，或x=-a（舍去），
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′（x）＜0，g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞1時(shí)，g′（x）＞0，g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
函數(shù)g（x）在區(qū)間（

1

e

，e）內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)，
只需

g( 1 e )＞0 g(1)＜0 g(e)＞0

，即

1 2e2 + a-1 e +a＞0 1 2 +a-1＜0 e2 2 +(a-1)e-a＞0

，∴

a＞ 2e-1 2e2+2e a＜ 1 2 a＞ 2e-e2 2e-2

，解得

2e-1

2e2+2e

＜x＜

1

2

，
故實(shí)數(shù)a的取值范圍是（

2e-1

2e2+2e

，

1

2

）．
（Ⅲ）問題等價(jià)于x²lnx＞

x2

ex

-

3

4

，
由（I）知，f（x）=x²lnx的最小值為-

1

2e

，
設(shè)h（x）=

x2

ex

-

3

4

，h′（x）=-

x(x-2)

ex

得，函數(shù)h（x）在（0，2）上增，在（2，+∞）減，
∴h（x）_max=h（2）=

4

e2

-

3

4

，
因-

1

2e

-（

4

e2

-

3

4

）=

3e2-2e-16

4e2

=

(3e-8)(e+2)

4e2

＞0，
∴f（x）_min＞h（x）_max，
∴x²lnx＞

x2

ex

-

3

4

，∴l(xiāng)nx-（

1

ex

-

3

4x2

）＞0，
∴l(xiāng)nx+

3

4x2

-

1

ex

＞0．

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、函數(shù)的最及函數(shù)恒成立問題，考查轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想，考查學(xué)生分析解決問題的能力．