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已知函數f(x)=ax2+x-xlnx(a>0).
(1)若函數滿足f(1)=2,且在定義域內f(x)≥bx2+2x恒成立,求實數b的取值范圍;
(2)若函數f(x)在定義域上是單調函數,求實數a的取值范圍.
分析:(1)由已知,求得f(x)=x2+x-xlnx.將不等式f(x)≥bx2+2x轉化為1-
1
x
-
lnx
x
≥b.構造函數g(x)=1-
1
x
-
lnx
x
,只需b≤g(x)min即可.因此又需求g(x)min.
(2)函數f(x)在定義域上是單調函數,需f′(x)在定義域上恒非負或恒非正.考查f′(x)的取值情況,進行解答.
解答:解:(1)∵f(1)=2,∴a=1,f(x)=x2+x-xlnx.由f(x)≥bx2+2x?1-
1
x
-
lnx
x
≥b.
令g(x)=1-
1
x
-
lnx
x
,可得g(x)在(0,1]上單調遞減,在[1,+∞)上單調遞增,所以g(x)min=g(1)=0,即b≤0.
(2)f′(x)=2ax-lnx(x>0).令f′(x)>0,得2a≥
lnx
x

   令h(x)=
lnx
x
,當x=e時,h(x)max=
1
e

∴當a≥
1
2e
時,f′(x)>0(x>0)恒成立,此時.函數f(x)在定義域上單調遞增.
 若0<a<
1
2e
,g(x)=2ax-lnx,(x>0),g′(x)=2a-
1
x

由g′(x)=0,得出x=
1
2a
,x∈(0,
1
2a
)
,g′(x)<0,x∈(
1
2a
,+∞)
,g′(x)>0,∴x=
1
2a
時,g(x)取得極小值也是最小值.而當0<a<
1
2e
時,g(
1
2a
)=1-ln
1
2a
<0,f′(x)=0必有根.f(x)必有極值,在定義域上不單調.
綜上所述,a≥
1
2e
點評:此題考查函數單調性與導數故選的應用,考查學生會利用導函數的正負確定函數的單調區(qū)間,掌握函數恒成立時所取的條件,是一道綜合題.
練習冊系列答案
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a-x2
x
+lnx  (a∈R , x∈[
1
2
 , 2])

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1
4
)
時,求f(x)的最大值;
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34
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