Question

（2012•威海二模）已知函數(shù)f（x）=alnx+

a+1

2

x2+1．
（Ⅰ）當(dāng)a=-

1

2

時，求f（x）在區(qū)間[

1

e

，e]上的最值；
（Ⅱ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅲ）當(dāng)-1＜a＜0時，有f（x）＞1+

a

2

ln（-a）恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求導(dǎo)f（x）的定義域，求導(dǎo)函數(shù)，利用函數(shù)的最值在極值處與端點處取得，即可求得f（x）在區(qū)間[

1

e

，e]上的最值；
（Ⅱ）求導(dǎo)函數(shù)，分類討論，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，可確定函數(shù)的單調(diào)性；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，當(dāng)-1＜a＜0時，f（x）_min=f（

-a a+1

），即原不等式等價于f（

-a a+1

）＞1+

a

2

ln（-a），由此可求a的取值范圍．

解答：解：（Ⅰ）當(dāng)a=-

1

2

時，f(x)=-

1

2

lnx+

x2

4

+1，∴f′(x)=

x2-1

2x

．
∵f（x）的定義域為（0，+∞），∴由f′（x）=0得x=1．---------------------------（2分）
∴f（x）在區(qū)間[

1

e

，e]上的最值只可能在f（1），f（

1

e

），f（e）取到，
而f（1）=

5

4

，f（

1

e

）=

3

2

+

1

4e2

，f（e）=

1

2

+

e2

4

，
∴f（x）_max=f（e）=

1

2

+

e2

4

，f（x）_min=f（1）=

5

4

．---------------------------（4分）
（Ⅱ）f′(x)=

(a+1)x2+a

x

，x∈（0，+∞）．
①當(dāng)a+1≤0，即a≤-1時，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減；-------------（5分）
②當(dāng)a≥0時，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；----------------（6分）
③當(dāng)-1＜a＜0時，由f′（x）＞0得x2＞

-a

a+1

，∴x＞

-a a+1

或x＞-

-a a+1

（舍去）
∴f（x）在（

-a a+1

，+∞）單調(diào)遞增，在（0，

-a a+1

）上單調(diào)遞減；--------------------（8分）
綜上，當(dāng)a≥0時，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)-1＜a＜0時，f（x）在（

-a a+1

，+∞）單調(diào)遞增，在（0，

-a a+1

）上單調(diào)遞減；當(dāng)a≤-1時，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減；-----------------------（9分）
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，當(dāng)-1＜a＜0時，f（x）_min=f（

-a a+1

）
即原不等式等價于f（

-a a+1

）＞1+

a

2

ln（-a）--------------------------（10分）
即aln

-a a+1

+

a+1

2

-

-a

a+1

+1＞1+

a

2

ln（-a）
整理得ln（a+1）＞-1
∴a＞

1

e

-1，----------------------------（11分）
又∵-1＜a＜0，∴a的取值范圍為（

1

e

-1，0）．---------------------------（12分）

點評：本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)的最值，考查恒成立問題，確定函數(shù)的單調(diào)性，求函數(shù)的最值是關(guān)鍵．