已知函数f（x）=ax²+lnx（a∈R）．
（1）当时，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），那么就称为g（x）为f₁（x），f₂（x）的“活动函数”．
已知函数，．
①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；
②当时，求证：在区间（1，+∞）上，函数f1（x），f2（x）的“活动函数”有无穷多个．在线课程解：（1）当时，，；
对于x∈[1，e]，有f'（x）＞0，∴f（x）在区间[1，e]上为增函数，
∴，．
（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＜0，对x∈（1，+∞）恒成立，
且h（x）=f₁（x）-f（x）=＜0对x∈（1，+∞）恒成立，
∵
1）若，令p′（x）=0，得极值点x₁=1，，
当x₂＞x₁=1，即时，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，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，
所以≤a≤．
又因为h′（x）=-x+2a-=＜0，h（x）在（1，+∞）上为减函数，
h（x）＜h（1）=+2a≤0，所以a≤
综合可知a的范围是[，]．
②当时，
则y=f₂（x）-f₁（x）=x²-lnx，x∈（1，+∞）．
因为y′=＞0，y=f₂（x）-f₁（x）在（1，+∞）为增函数，
所以f₂（x）-f₁（x）＞f₂（1）-f₁（1）=．
设R（x）=f₁（x）+（0＜λ＜1），则f₁（x）＜R（x）＜f₂（x），
所以在区间（1，+∞）上，函数f₁（x），f₂（x）的“活动函数”有无穷多个．
分析：（1）由题意得，＞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＜0，对x∈（1，+∞）恒成立，且h（x）=f₁（x）-f（x）=＜0对x∈（1，+∞）恒成立，分类讨论当或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-=＜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）=x²-lnx，x∈（1，+∞）．因为y′=＞0，y=f₂（x）-f₁（x）在（1，+∞）为增函数，
所以f₂（x）-f₁（x）＞f₂（1）-f₁（1）=．设R（x）=f₁（x）+（0＜λ＜1），则f₁（x）＜R（x）＜f₂（x）．
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．