Question

已知函數(shù)f（x）=ax²+lnx（a∈R）．
（1）當(dāng)時(shí)，求f（x）在區(qū)間[1，e]上的最大值和最小值；
（2）如果函數(shù)g（x），f1（x），f2（x），在公共定義域D上，滿足f1（x）＜g（x）＜f2（x），那么就稱為g（x）為f₁（x），f₂（x）的“活動(dòng)函數(shù)”．
已知函數(shù)，．
①若在區(qū)間（1，+∞）上，函數(shù)f（x）是f1（x），f2（x）的“活動(dòng)函數(shù)”，求a的取值范圍；
②當(dāng)時(shí)，求證：在區(qū)間（1，+∞）上，函數(shù)f1（x），f2（x）的“活動(dòng)函數(shù)”有無窮多個(gè)．

Answer 1

解：（1）當(dāng)時(shí)，，；
對(duì)于x∈[1，e]，有f'（x）＞0，∴f（x）在區(qū)間[1，e]上為增函數(shù)，
∴，．
（2）①在區(qū)間（1，+∞）上，函數(shù)f（x）是f₁（x），f₂（x）的“活動(dòng)函數(shù)”，則f₁（x）＜f（x）＜f₂（x）
令＜0，對(duì)x∈（1，+∞）恒成立，
且h（x）=f₁（x）-f（x）=＜0對(duì)x∈（1，+∞）恒成立，
∵
1）若，令p′（x）=0，得極值點(diǎn)x₁=1，，
當(dāng)x₂＞x₁=1，即時(shí)，在（x₂，+∞）上有p′（x）＞0，
此時(shí)p（x）在區(qū)間（x₂，+∞）上是增函數(shù)，并且在該區(qū)間上有p（x）∈（p（x₂），+∞），不合題意；
當(dāng)x₂＜x₁=1，即a≥1時(shí)，同理可知，p（x）在區(qū)間（1，+∞）上，有p（x）∈（p（1），+∞），也不合題意；
2）若，則有2a-1≤0，此時(shí)在區(qū)間（1，+∞）上恒有p′（x）＜0，
從而p（x）在區(qū)間（1，+∞）上是減函數(shù)；
要使p（x）＜0在此區(qū)間上恒成立，只須滿足，
所以≤a≤．
又因?yàn)閔′（x）=-x+2a-=＜0，h（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，
h（x）＜h（1）=+2a≤0，所以a≤
綜合可知a的范圍是[，]．
②當(dāng)時(shí)，
則y=f₂（x）-f₁（x）=x²-lnx，x∈（1，+∞）．
因?yàn)閥′=＞0，y=f₂（x）-f₁（x）在（1，+∞）為增函數(shù)，
所以f₂（x）-f₁（x）＞f₂（1）-f₁（1）=．
設(shè)R（x）=f₁（x）+（0＜λ＜1），則f₁（x）＜R（x）＜f₂（x），
所以在區(qū)間（1，+∞）上，函數(shù)f₁（x），f₂（x）的“活動(dòng)函數(shù)”有無窮多個(gè)．
分析：（1）由題意得，＞0，∴f（x）在區(qū)間[1，e]上為增函數(shù)，即可求出函數(shù)的最值．
（2）①由題意得：令＜0，對(duì)x∈（1，+∞）恒成立，且h（x）=f₁（x）-f（x）=＜0對(duì)x∈（1，+∞）恒成立，分類討論當(dāng)或時(shí)兩種情況求函數(shù)的最大值，可得到a的范圍．又因?yàn)閔′（x）=-x+2a-=＜0，h（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，可得到a的另一個(gè)范圍，綜合可得a的范圍．
②設(shè)y=f₂（x）-f₁（x）=x²-lnx，x∈（1，+∞）．因?yàn)閥′=＞0，y=f₂（x）-f₁（x）在（1，+∞）為增函數(shù)，
所以f₂（x）-f₁（x）＞f₂（1）-f₁（1）=．設(shè)R（x）=f₁（x）+（0＜λ＜1），則f₁（x）＜R（x）＜f₂（x）．
點(diǎn)評(píng)：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，利用最值解決恒成立問題，二對(duì)于新定義題型關(guān)鍵是弄清新概念與舊知識(shí)點(diǎn)之間的聯(lián)系即可，結(jié)合著我們已學(xué)的知識(shí)解決問題，這是高考考查的熱點(diǎn)之一．