已知函数f（x）=ax2+lnx（a∈R）．（1）当a=12时，求f（x）在区间[1，e]上的最大值和最小值；（2）如果函数g（x），f1（x），f2（x），在公共定义域D上，满足f1（x）＜g（x）＜f2（x），那么就称g（x）为-数学试题及答案

1、试题题目：已知函数f（x）=ax2+lnx（a∈R）．（1）当a=12时，求f（x）在区间[1，e]上的..

发布人：繁体字网（www.fantiz5.com）发布时间：2015-12-04 07:30:00

试题原文

已知函数f（x）=ax²+lnx（a∈R）．
（1）当a=

1

2

时，求f（x）在区间[1，e]上的最大值和最小值；
（2）如果函数g（x），f₁（x），f₂（x），在公共定义域D上，满足f₁（x）＜g（x）＜f₂（x），那么就称g（x）为f₁（x），
f₂（x）的“活动函数”．
已知函数f1(x)=(a-

1

2

)x2+2ax+(1-a2)lnx，f2(x)=

1

2

x2+2ax．
若在区间（1，+∞）上，函数f（x）是f₁（x），f₂（x）的“活动函数”，
求a的取值范围．

试题来源：不详试题题型：解答题试题难度：中档适用学段：高中考察重点：函数的单调性与导数的关系

2、试题答案：该试题的参考答案和解析内容如下：

（1）当 a=

1

2

时，f(x)=

1

2

x2+lnx，f′(x)=x+

1

x

=

x2+1

x

；
对于x∈[1，e]，有f'（x）＞0，∴f（x）在区间[1，e]上为增函数，
∴fmax(x)=f(e)=1+

e2

2

，fmin(x)=f( 1 )=

1

2

．
（2）在区间（1，+∞）上，函数f（x）是f₁（x），f₂（x）的“活动函数”，则f₁（x）＜f（x）＜f₂（x）
令 p(x)=f(x)-f2(x)=(a-

1

2

)x2-2ax+lnx＜0，对x∈（1，+∞）恒成立，
且h（x）=f₁（x）-f（x）=-

1

2

x2+2ax-a2lnx＜0对x∈（1，+∞）恒成立，
∵p′(x)=(2a-1)x-2a+

1

x

=

(2a-1)x2-2ax+1

x

=

(x-1)[(2a-1)x-1]

x

1）若 a＞

1

2

，令p′（x）=0，得极值点x₁=1，x2=

1

2a-1

，
当x₂＞x₁=1，即

1

2

＜a＜1时，在（x₂，+∞）上有p′（x）＞0，
此时p（x）在区间（x₂，+∞）上是增函数，并且在该区间上有p（x）∈（p（x₂），+∞），不合题意；
当x₂＜x₁=1，即a≥1时，同理可知，p（x）在区间（1，+∞）上，有p（x）∈（p（1），+∞），也不合题意；
2）若 a≤

1

2

，则有2a-1≤0，此时在区间（1，+∞）上恒有p′（x）＜0，
从而p（x）在区间（1，+∞）上是减函数；
要使p（x）＜0在此区间上恒成立，只须满足 p(1)=-a-

1

2

≤0?a≥-

1

2

，
所以 -

1

2

≤a≤

1

2

．
又因为h′（x）=-x+2a-

a2

x

=

-x2+2ax-a2

x

=

-(x-a)2

x

＜0，h（x）在（1，+∞）上为减函数，
h（x）＜h（1）=-

1

2

+2a≤0，所以a≤

1

4

综合可知a的范围是[-

1

2

，

1

4

]．

3、扩展分析：该试题重点查考的考点详细输入如下：

经过对同学们试题原文答题和答案批改分析后，可以看出该题目“已知函数f（x）=ax2+lnx（a∈R）．（1）当a=12时，求f（x）在区间[1，e]上的..”的主要目的是检查您对于考点“高中函数的单调性与导数的关系”相关知识的理解。有关该知识点的概要说明可查看：“高中函数的单调性与导数的关系”。

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