Question

15．已知函數(shù)f（x）=lnx+ax²-（2a+1）x，其中a為常數(shù)，且a≠0．
（1）當a=2時，求f（x）的單調區(qū)間；
（2）若f（x）在x=1處取得極值，且在（0，e]的最大值為1，求a的值．

Answer 1

分析 （1）由函數(shù)的解析式，可求出函數(shù)導函數(shù)的解析式，進而根據(jù)f′（x）=0，可構造關于a，b的方程，根據(jù)a=2求出b值；可得函數(shù)導函數(shù)的解析式，分析導函數(shù)值大于0和小于0時，x的范圍，可得函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）對函數(shù)求導，寫出函數(shù)的導函數(shù)等于0的x的值，則f′（1）=0，又由函數(shù)在（0，e]上的最大值為1，討論a，得出極值，把極值同端點處的值進行比較得到最大值，最后利用條件建立關于a的方程求得結果．

解答 解：（1）f（x）=mx=2x²-5x，$f′（x）=\frac{1}{x}+4x-5=\frac{（4x-1）（x-1）}{x}$令f′（x）=0，得x=$\frac{1}{4}$或1，則

x	（0，$\frac{1}{4}$）	$\frac{1}{4}$	（$\frac{1}{4}，1$）	1	（1，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	增	極大值	減	極小值	增

所以f（x）在（0，$\frac{1}{4}$）和（1，+∞）上單調遞增，在[$\frac{1}{4}，1$]上單調遞減．
（2）∵$f′（x）=\frac{（2ax-1）（x-1）}{x}$，令$f′（x）=0，{x}_{1}=1，{x}_{2}=\frac{1}{2a}$，因為f（x）在x=1處取得極值，
所以x₂=$\frac{1}{2a}≠{x}_{1}=1$
①$\frac{1}{2a}＜0$時，f（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，e）上單調遞減，所以f（x）在區(qū)間（1，e）上的最大值為f（1），令f（1）=1，解得a=-2；
②當a＞0，x₂=$\frac{1}{2a}＞0$；
（i）當$\frac{1}{2a}＜1$時，f（x）在（0，$\frac{1}{2a}$）上單調遞增，（$\frac{1}{2a}，1$）上單調遞減，（1，e）上單調遞增
所以最大值1可能在x=$\frac{1}{2a}$或x=e處取得，
而f（$\frac{1}{2a}$）=ln$\frac{1}{2a}$-$\frac{1}{4a}$-1＜0，
所以f（e）=lne+ae^{2_{-（2a+1）e=1}}，解得a=$\frac{1}{e-2}$，
（ii）當1≤$\frac{1}{2a}＜e$時，f（x）在區(qū)間（0，1）上單調遞增；（1，$\frac{1}{2a}$）上單調遞減，（$\frac{1}{2a}，e$）上單調遞增，所以最大值1可能在x=1或x=e處取得
而f（1）=ln1+a-（2a+1）＜0，所以f（e）=lne+ae^{2_{-（2a+1）e=1}}，解得a=$\frac{1}{e-2}$
1＜x₂=$\frac{1}{2a}＜e$矛盾；
（iii）當x₂=$\frac{1}{2a}≥e$時，f（X）在區(qū)間（0，1）上單調遞增，在（1，e）單調遞減，
所以最大值1可能在x=1處取得，而f（1）=ln1+a-（2a+1）＜0，矛盾，
綜上所述，a=$\frac{1}{e-2}$或a=-2．

點評 本題考查的知識點是利用導數(shù)研究函數(shù)的極值，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，以及利用導數(shù)研究函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，其中根據(jù)已知條件確定a，b值，得到函數(shù)導函數(shù)的解析式并對其符號進行分析，是解答的關鍵．屬于中檔題．