Question

已知a為常數(shù)，a∈R，函數(shù)f（x）=（x-1）lnx，g（x）=-

1

3

x³+

2-a

2

x²+（a-!）x．
（1）求函數(shù)f（x）的最值；
（2）若a＞0，函數(shù)g′（x）為函數(shù)g（x）的導(dǎo)函數(shù)，g′（x）≤k（a³+a）恒成立，求k的取值范圍．
（3）令h（x）=f（x）+g（x），若函數(shù)h（x）在區(qū)間（0，1]上是單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：轉(zhuǎn)化思想,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）求f（x）的導(dǎo)函數(shù)f′（x），令f′（x）=0，判斷極點(diǎn)，在求最值．
（2）求出g（x）的導(dǎo)函數(shù)g′（x），利用分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)，結(jié)合不等式性質(zhì)，求出k的范圍．
（3）列出h（x）的解析式，求出導(dǎo)函數(shù)h′（x），既然是單調(diào)的，一定是h′（x）的符號(hào)不可變，
   就能夠列出條件求出范圍．

解答： 解：（1）由題意可知f（x）的定義域?yàn)閧x|x＞0}，f'（x）=1-

1

x

+lnx，且f'（1）=0，
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f'（x）＜0，當(dāng)x＞1f'（x）＞0．
所以在x=1時(shí)取極小值，且為最小值，f（x）無(wú)最大值．
所以f（x）_min=f（1）=0
（2）g（x）=-

1

3

x³+

2-a

2

x²+（a-!）x．g′（x）=-x²+（2-a）x+（a-1），對(duì)稱軸x=1-

a

2

∴g′（x）_max=

a2

4

，要使g′（x）≤k（a³+a）恒成立，只需

a2

4

≤k（a³+a），
即k≥

a2

4(a3+a)

=

1

4(a+ 1 a )

，因?yàn)?span id="eo4eawc" class="MathJye">

1

4(a+ 1 a )

≤

1

8

，所以k≥

1

8

（3）h（x）=f（x）+g（x），h′（x）=-x²+（2-a）x+a-

1

x

+lnx．
設(shè)m（x）=-x²+（2-a）x+a-

1

x

+lnx，m′（x）=-2x+

1

x2

+

1

x

+（2-a）
觀察可得m′（x）在區(qū)間（0，1]上是單調(diào)函數(shù)，所以m′（x）≥m′（1）=2-a
∵函數(shù)h（x）在區(qū)間（0，1]上是單調(diào)函數(shù)，∴只有h′（x）不變符號(hào)，h′（1）=0，h′（

1

2

）＜0
可以判斷h′（x）≤0，h′（x）≤h′（1），∴m（x）為增函數(shù)，m′（x）≥0，從而可得2-a≥0，
所以a≤2

點(diǎn)評(píng)：本題是一道綜合試題，難度較大，綜合考察了，導(dǎo)數(shù)在求最值，證明單調(diào)性，不等式恒成立，參變量范圍中的應(yīng)用，需要的思維能力很靈活，代數(shù)變換化簡(jiǎn)能力很強(qiáng)．