Question

設(shè)函數(shù)f（x）=alnx+

1

2

x2-（a+1）x（a∈R），區(qū)間I是函數(shù)f（x）減少的區(qū)間，區(qū)間I=（α，β）（α＞β）的長度定義為β-α，記為|I|．
（1）若|I|≤1時，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）若|I|≥2，求y=|f（x）|區(qū)間[2，e²]上的最大值．（參考數(shù)據(jù)：ln3≈1.099，e²≈7.389）

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）由f′(x)=

a

x

+x-(a+1)=

(x-1)(x-a)

x

，x＞0，利用分類討論思想和導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出實數(shù)a的取值范圍．
（2）|I|≥2，只能|I|=a-1≥2，得a≥3，因為f（x）在（2，a）上遞減，有f（a）=-（

1

2

a2+a-alna）＜f（2）=（ln2-2）a＜0，從而|f（2）|＜|f（a）|．且f（e²）=（2-e²）（a-

e2

2

）．由此利用構(gòu)造法、分類討論思想和導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出f（x）在區(qū)間[2，e²]上的最大值．

解答： 解：（1）f′(x)=

a

x

+x-(a+1)=

(x-1)(x-a)

x

，x＞0
①當(dāng)a≤0時，有x-a＞0，令f′（x）＜0，得0＜x＜1，
即f（x）在（0，1）上是遞減，所以|I|=1．
②當(dāng)0＜a＜1時，令f′（x）＜0，得a＜x＜1，
即f（x）在（a，1）上遞減，所以|I|=1-a＜1．
③當(dāng)a=1時，f′(x)=

(x-1)2

x

≥0總成立，f（x）在（0，+∞）上遞增，
所以使f（x）的遞減的區(qū)間不存在．
④當(dāng)a＞1時，令f′（x）＜0得1＜x＜a，即f（x）在（1，a）上遞減，
所以|I|=a-1．顯然當(dāng)1＜a≤2時，|I|≤1．
綜上，|I|≤1時，實數(shù)a的取值范圍為（-∞，1）∪（1，2]．…（6分）
（2）|I|≥2，只能|I|=a-1≥2，得a≥3，
因為f（x）在（2，a）上遞減，有f（a）=-（

1

2

a2+a-alna）＜f（2）=（ln2-2）a＜0，
所以|f（2）|＜|f（a）|．且f（e²）=（2-e²）（a-

e2

2

）．
①當(dāng)3≤a≤

e2

2

時，有f（e²）≥0，|f（x）|_max=max{-f（a），f（e²）}，
注意到，函數(shù)h（a）=lna-a，（a≥3）的導(dǎo)數(shù)h′(a)=

1-a

a

＜0，a≥3，
有h（a）在[3，+∞）上是減函數(shù)，
于是h（a）≤h（3）=ln3-3＜0．
令φ（a）=-f（a）-f（e²），（3≤a≤

e2

2

），
有φ′（a）=a-lna+e²-2＞0，φ（x）在[3，

e2

2

]上是增加的．
于是φ（a）≥φ（3）=4e²-

1

2

e4+

3

2

-3ln3
＞4×7.3-

1

2

×7．42+

3

2

-3×1.1＞0，
所以-f（a）＞f（e²），
所以|f（x）|=max{-f（a），f（e²）}=-f（a）=

1

2

a2+a-alna．
②當(dāng)

e2

2

＜a＜e2時，有f9e²）＜0，f（x）在（a，e²）上是增加的，
所以|f（e²）|＜|f（a）|，
所以|f（x）|_max=max{-f（a），f（e²）}=

1

2

a2+a-alna．
③當(dāng)a≥e²時，f9x）在（e²，a）上是減少的，所以|f9e²）|＜|f（a）|，
所以|f（x）|_max=max{-f（a），f（e²）}=

1

2

a2+a-alna．
綜上|I|≤2，f（x）在區(qū)間[2，e²]上的最大值為

1

2

a2+a-alna．…（13分）

點評：本題考查實數(shù)的取值范圍的求法，考查函數(shù)的最大值的求法，解題時要認真審題，注意構(gòu)造法、分類討論思想和導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的合理運用．