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(2013•宁德模拟)已知函数f1(x)=
1
2
x2,f2(x)=alnx(a∈R)•
(I)当a>0时,求函数.f(x)=f1(x)•f2(x)的极值;
(II)若存在x0∈[1,e],使得f1(x0)+f2(x0)≤(a+1)x0成立,求实数a的取值范围;
(III)求证:当x>0时,lnx+
3
4x2
-
1
ex
>0.
(说明:e为自然对数的底数,e=2.71828…)
分析:(I)求出导函数,通过对导函数为0的根与区间的关系,判断出函数的单调性,求出函数的极值;
(II)根据题意存在x0∈[1,e],使得f1(x0)+f2(x0)≤(a+1)x0成立,设g(x)=
1
2
x2+alnx-(a+1)x,则问题转化为g(x)min≤0即可,再利用导数工具得出g′(x),对a时行分类讨论①当a≤1时,②当1<a<e时,③当a≥e时,利用导数研究其单调性及最小值,求出a的范围,最后综上得到实数a的取值范围即可;
(III)问题等价于x2lnx>
x2
ex
-
3
4
,构造函数h(x)=
x2
ex
-
3
4
,利用导数研究其最大值,从而列出不等式f(x)min>h(x)max,即可证得结论.
解答:解:(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

∴函数f(x)在(0,e 
1
2
)上是增函数,在(e 
1
2
,+∞)上是减函数,
∴f(x)的极小值为f(e 
1
2
)=-
a
4e
,无极大值.
(II)根据题意存在x0∈[1,e],使得f1(x0)+f2(x0)≤(a+1)x0成立,
设g(x)=
1
2
x2+alnx-(a+1)x,则g(x)min≤0即可,
又g′(x)=x+
a
x
-(a+1)=
(x-1)(x-a)
x

①当a≤1时,由x∈[1,e],g′(x)>0,得g(x)在[1,e]上是增函数,
∴g(x)min=g(1)=
1
2
-(a+1)≤0,得-
1
2
≤a≤1.
②当1<a<e时,由x∈[1,a],g′(x)<0,得g(x)在[1,a]上是减函数,
由x∈[a,e],g′(x)>0,得g(x)在[1,a]上是增函数,
∴g(x)min=g(a)=-
1
2
a2+alna-a=-
1
2
a2-a(1-lna)≤0恒成立,得1<a<e.
③当a≥e时,由x∈[1,e],g′(x)<0,得g(x)在[1,e]上是减函数,
∴g(x)min=g(e)=)=-
1
2
e2+a-ae-e≤0,得a≥
e2-2e
2(e-1)
,又
e2-2e
2(e-1)
<e,∴a≥e.
综上,实数a的取值范围a
1
2

(III)问题等价于x2lnx>
x2
ex
-
3
4

由(I)知,f(x)=x2lnx的最小值为-
1
2e

设h(x)=
x2
ex
-
3
4
,h′(x)=-
x(x-2)
ex
得,函数h(x)在(0,2)上增,在(2,+∞)减,
∴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
,∴lnx-(
1
ex
-
3
4x2
)>0,
∴lnx+
3
4x2
-
1
ex
>0.
点评:本题主要考查了函数在某点取得极值的条件,先通过导数求出函数的极值,导数在最大值、最小值问题中的应用.
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