Question

8．已知函数f（x）=-$\frac{1}{2}$ax²+（1+a）x-lnx（a∈R）．
（Ⅰ）当a＞0时，求函数f（x）的单调递减区间；
（Ⅱ）当a=0时，设函数g（x）=xf（x）．若存在区间[m，n]⊆[$\frac{1}{2}$，+∞），使得函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）-2，k（n+2）-2]，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）对f（x）进行求导，讨论a=1，a＞1.0＜a＜1，利用导数为负，求函数的减区间；
（Ⅱ）要求存在区间，使f（x）在[m，n]上的值域是[k（m+2）-2，k（n+2）-2]，将其转化为g（x）=k（x+2）-2在[$\frac{1}{2}$，+∞）上至少有两个不同的正根，再利用导数求出k的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）当a＞0时，函数f（x）=-$\frac{1}{2}$ax²+（1+a）x-lnx的导数为
f′（x）=-ax+1+a-$\frac{1}{x}$=-$\frac{（x-1）（ax-1）}{x}$，（x＞0），
当a=1时，f′（x）≤0，f（x）递减；
当a＞1时，1＞$\frac{1}{a}$，f′（x）＜0，可得x＞1或0＜x＜$\frac{1}{a}$；
当0＜a＜1时，1＜$\frac{1}{a}$，f′（x）＜0，可得0＜x＜1或x＞$\frac{1}{a}$．
综上可得，a=1时，f（x）的减区间为（0，+∞）；
a＞1时，f（x）的减区间为（1，+∞），（0，$\frac{1}{a}$）；
0＜a＜1时，f（x）的减区间为（$\frac{1}{a}$，+∞），（0，1）；
（Ⅱ）当a=0时，设函数g（x）=xf（x）=x²-xlnx，
令g′（x）=2x-lnx-1（x＞0），
则g′（x）=2-$\frac{1}{x}$=$\frac{2x-1}{x}$，（x＞0），
当x≥$\frac{1}{2}$时，g′′（x）≥0，g（x）为增函数；
g（x）在区间[m，n]⊆[$\frac{1}{2}$，+∞）递增，
∵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，
则g（x）=k（x+2）-2在[$\frac{1}{2}$，+∞）上至少有两个不同的正根，
k=$\frac{g（x）+2}{x+2}$，令F（x）=$\frac{g（x）+2}{x+2}$=$\frac{{x}^{2}-xlnx+2}{x+2}$，
求导得，F′（x）=$\frac{{x}^{2}+3x-2lnx-4}{（x+2）^{2}}$（x≥$\frac{1}{2}$），
令G（x）=x²+3x-2lnx-4（x≥$\frac{1}{2}$）
则G′（x）=2x+3-$\frac{2}{x}$=$\frac{（2x-1）（x+2）}{x}$，
所以G（x）在[$\frac{1}{2}$，+∞）递增，G（$\frac{1}{2}$）＜0，G（1）=0，
当x∈[$\frac{1}{2}$，1]时，G（x）＜0，∴F′（x）＜0，
当x∈[1，+∞]时，G（x）＞0，∴F′（x）＞0，
所以F（x）在[$\frac{1}{2}$，1）上递减，在（1，+∞）上递增，
∴F（1）＜k≤F（$\frac{1}{2}$），
∴k∈（1，$\frac{9+2ln2}{10}$]．

点评 本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减，利用了分类讨论和转化的思想，此题是一道中档题．