解题思路：（1）由题意得
f(x)＝
1
2
x
2
+lnx
，
f′(x)＝x+
1
x
＝
x
2
+1
x
＞0，∴f（x）在区间[1，e]上为增函数，即可求出函数的最值．
（2）①由题意得：令
p(x)＝f(x)−
f
2
(x)＝(a−
1
2
)
x
2
−2ax+lnx
＜0，对x∈（1，+∞）恒成立，且h（x）=f1（x）-f（x）=
−
1
2
x
2
+2ax−
a
2
lnx
＜0对x∈（1，+∞）恒成立，
p′(x)＝
(x−1)[(2a−1)x−1]
x
分类讨论当
a＞
1
2
或
a≤
1
2
时两种情况求函数的最大值，可得到a的范围．又因为h′（x）=-x+2a-
a
2
x
=
−
x
2
+2ax−
a
2
x
＝
−
(x−a)
2
x
＜0，h（x）在（1，+∞）上为减函数，可得到a的另一个范围，综合可得a的范围．
②设y=f2（x）-f1（x）=[1/3]x2-[5/9]lnx，x∈（1，+∞）．因为y′=[2x/3−
5
9x
＝
6
x
2
−5
9x]＞0，y=f2（x）-f1（x）在（1，+∞）为增函数，
所以f2（x）-f1（x）＞f2（1）-f1（1）=[1/3]．设R（x）=f1（x）+
1
3
λ
（0＜λ＜1），则f1（x）＜R（x）＜f2（x）．
（1）当a＝
1
2时，f(x)＝
1
2x2+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）①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
2x2+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＝
点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题考查的知识点是利用导数求函数的最值，利用最值解决恒成立问题，二对于新定义题型关键是弄清新概念与旧知识点之间的联系即可，结合着我们已学的知识解决问题，这是高考考查的热点之一．
1年前
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