（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

]．