Question

17．已知函數(shù)f（x）=x|x+a|-$\frac{1}{2}$lnx．
（1）若a=0時，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）求函數(shù)f（x）的極值點．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可求出；
（2）函數(shù)f（x）=x|x+a|-$\frac{1}{2}$lnx的定義域為（0，+∞），從而討論去絕對值號，再求導(dǎo)以確定函數(shù)的單調(diào)性及極值，從而解得．

解答 解：（1）a=0時，f（x）=x²-$\frac{1}{2}$lnx，
∴f′（x）=2x-$\frac{1}{2x}$=$\frac{（2x+1）（2x-1）}{2x}$，
令f′（x）=0，解得x=±$\frac{1}{2}$，
當(dāng)f′（x）＞0時，即x＞$\frac{1}{2}$時，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)f′（x）＜0時，即0＜x＜$\frac{1}{2}$時，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，
故函數(shù)f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）：函數(shù)f（x）=x|x+a|-$\frac{1}{2}$lnx的定義域為（0，+∞），
當(dāng)a≥0時，f（x）=x（x+a）-lnx，
f′（x）=2x+a-$\frac{1}{2x}$=$\frac{4{x}^{2}+2ax-1}{2x}$；
令f′（x）=0得x=$\frac{1}{4}$（-a+$\sqrt{{a}^{2}+4}$），x=$\frac{1}{4}$（-a-$\sqrt{{a}^{2}+4}$）（舍去）；
經(jīng)檢驗，x=$\frac{1}{4}$（-a+$\sqrt{{a}^{2}+4}$），是函數(shù)f（x）的極值小點；
當(dāng)a＜0時，f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{-{x}^{2}-ax-\frac{1}{2}lnx，0＜x＜-a}\\{{x}^{2}+ax-\frac{1}{2}lnx，x≥-a}\end{array}\right.$；
當(dāng)0＜x＜-a時，f′（x）=-$\frac{4{x}^{2}+2ax+1}{2x}$，當(dāng)x≥-a時，f′（x）=$\frac{4{x}^{2}+2ax-1}{2x}$；
當(dāng)-$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜a＜0時，
當(dāng)0＜x＜-a時，f′（x）＜0，當(dāng)x≥-a時，f′（x）先負(fù)后正；
令f′（x）=0得x=$\frac{1}{4}$（-a+$\sqrt{{a}^{2}+4}$），x=$\frac{1}{4}$（-a-$\sqrt{{a}^{2}+4}$）（舍去）；
經(jīng)檢驗，x=$\frac{1}{4}$（-a+$\sqrt{{a}^{2}+4}$），是函數(shù)f（x）的極值小點；
當(dāng)-2≤a≤-$\frac{\sqrt{2}}{2}$時，
當(dāng)0＜x＜-a時，f′（x）≤0，當(dāng)x≥-a時，f′（x）≥0；
故x=-a是函數(shù)f（x）的極值小點；
當(dāng)a＜-2時，
令f′（x）=0得x=$\frac{1}{4}$（-a+$\sqrt{{a}^{2}-4}$），x=$\frac{1}{4}$（-a-$\sqrt{{a}^{2}-4}$），
經(jīng)檢驗，x=$\frac{1}{4}$（-a+$\sqrt{{a}^{2}-4}$），是函數(shù)f（x）的極值大點，
x=$\frac{1}{4}$（-a-$\sqrt{{a}^{2}-4}$），是函數(shù)f（x）的極值小點；
且當(dāng)$\frac{1}{4}$（-a-$\sqrt{{a}^{2}-4}$）＜x＜-a時，f′（x）＜0，當(dāng)x≥-a時，f′（x）＞0；
故x=-a是函數(shù)f（x）的極值小點．

點評 本題考查了絕對值函數(shù)的應(yīng)用，導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及分類討論的思想應(yīng)用，屬于中檔題．