Question

已知函數(shù)f（x）=x²-（2a+1）x+alnx．
（Ⅰ）當(dāng)a=1時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，e]上的最小值；
（Ⅲ）設(shè)g（x）=（1-a）x，若存在x0∈[

1

e

，e]，使得f（x₀）≥g（x₀）成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析：（I）求出函數(shù)的定義域，求出導(dǎo)函數(shù)，令導(dǎo)函數(shù)大于0，求出x的范圍，寫出區(qū)間形式即得到函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間．
（II）求出導(dǎo)函數(shù)，令導(dǎo)函數(shù)為0求出根，通過討論根與區(qū)間[1，e]的關(guān)系，判斷出函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最小值
（III）將恒成立的不等式變形，分離出a，構(gòu)造函數(shù)，求出函數(shù)的單調(diào)性，求出最大值令a小于等于最大值即可．

解答：解：f（x）的定義域為x＞0
（I）將a=1代入f（x）得f（x）=）=x²-3x+lnx
所以f′（x）=2x-3+

1

x

=

2x2-3x+1

x

令f′（x）＞0得0＜x＜

1

2

或 x＞1
所以函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間(0，

1

2

)，(1，+∞)
（II）f′(x)=2x-(2a+1)+

a

x

=

2x2-(2a+1)x+a

x

令f′（x）=0得 x=

1

2

(舍)或x=a
當(dāng)a≤1時，在區(qū)間[1，e]上，f′（x）＞0
f（x）在區(qū)間[1，e]上的單調(diào)遞增
所以[f（x）]_min=f（1）=-2a；
當(dāng)1＜a＜e時，f（x）在[1，a]單調(diào)遞減，在[a，e]上單調(diào)遞增
所以[f（x）]_min=f（a）=-a²-a+alna；
當(dāng)a≥e時，f（x）在[1，e]上單調(diào)遞減
所以[f（x）]_min=f（e）=e²-2ae-e+a．
（III）令x²-（a+2）x+alnx≥0在[

1

e

，e]上有解．
即x²-2x≥a（x-lnx），由于x-lnx在[

1

e

，e]上為正數(shù)
∴問題轉(zhuǎn)化為a≤

x2-2x

x-lnx

在[

1

e

，e]上有解
令h（x）=

x2-2x

x-lnx

，下求此函數(shù)在[

1

e

，e]的最大值
由于當(dāng)x＜2時，h（x）為負(fù)，下研究h（x）在（2，e）上的單調(diào)性，
由于h′（x）=

(x-1)(x+2-2lnx)

(x-lnx)2

＞0成立，所以h（x）=

x2-2x

x-lnx

在（2，e）上是增函數(shù)，又h(e) =

e2-2e

e-1

＞0
所以h(x)max=

e2-2e

e-1

故實數(shù)a的取值范圍為a≤ 

e2-2e

e-1

點評：解決不等式有解問題，常用的方法是分離參數(shù)，構(gòu)造新函數(shù)，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值；解決不等式恒成立問題也是分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值．