Question

6．已知函數(shù)f（x）=x²ln x+1-x
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間
（2）當(dāng)x≥1時(shí)，f（x）≥a（x-1）²恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）令f′（x）＞0得出增區(qū)間，令f′（x）＜0得出減區(qū)間；
（2）令g（x）=f（x）-a（x-1）²，則不等式單價(jià)于g_min（x）≥0，對(duì)a進(jìn)行討論判斷g（x）的單調(diào)性，求出g（x）的最小值即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）f（x）的定義域?yàn)閧x|x＞0}，
f′（x）=2xlnx+x-1，
∴當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′（x）＜0，當(dāng)x＞1時(shí)，f′（x）＞0，當(dāng)x=1時(shí)，f′（x）=0，
∴f（x）的單調(diào)減區(qū)間為（0，1），單調(diào)增區(qū)間為（1，+∞）．
（2）∵f（x）≥a（x-1）²在[1，+∞）上成立，即x²ln x+1-x-a（x-1）²≥0在[1，+∞）上恒成立，
令g（x）=x²ln x+1-x-a（x-1）²（x≥1），則g_min（x）≥0．
g′（x）=2xlnx+（x-1）-2a（x-1）=2xlnx+（1-2a）（x-1），
1°，若1-2a≥0，即a$≤\frac{1}{2}$時(shí)，則當(dāng)x≥1時(shí)，g′（x）≥0，∴g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴g_min（x）=g（1）=0，符合題意；
2°，若1-2a＜0，即a$＞\frac{1}{2}$時(shí)，g″（x）=2lnx+3-2a，令g″（x）=0得x=e${\;}^{\frac{2a-3}{2}}$，
①若e${\;}^{\frac{2a-3}{2}}$≤1，即a≤$\frac{3}{2}$，則當(dāng)x≥1時(shí)，g″（x）≥0，
∴g′（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，∴g′（x）≥g′（1）=0，
∴g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，∴g_min（x）=g（1）=0，符合題意；
②若e${\;}^{\frac{2a-3}{2}}$＞1，即a$＞\frac{3}{2}$時(shí)，則當(dāng)1＜x＜e${\;}^{\frac{2a-3}{2}}$時(shí)，g″（x）＜0，當(dāng)x＞e${\;}^{\frac{2a-3}{2}}$時(shí)，g″（x）＞0，
∴g′（x）在（1，e${\;}^{\frac{2a-3}{2}}$）上單調(diào)遞減，在（e${\;}^{\frac{2a-3}{2}}$，+∞）上單調(diào)遞增，
∴g′_min（x）=g′（e${\;}^{\frac{2a-3}{2}}$）＜g′（1）=0，又當(dāng)x→+∞時(shí)，g′（x）→+∞，
∴g（x）在[1，+∞）上先減后增，
∴g_min（x）＜g（1）=0，不符合題意，
綜上，a$≤\frac{3}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系，函數(shù)恒成立問(wèn)題與函數(shù)的最值計(jì)算，屬于中檔題．