Question

已知函數(shù)f（x）=lnx+ax²-（2a+1）x-1（a為常數(shù)，且a≠0）．
（Ⅰ）當a=1時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當x∈（0，e]時，f（x）≤0，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

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

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）把a=1代入函數(shù)解析式，求其導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)的符號確定原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，得到導(dǎo)函數(shù)的零點1和

1

2a

，然后分

1

2a

多種情況進行討論，求出函數(shù)在（0，e]上的最大值，由最大值小于等于0求得a的范圍，最后去并集得答案．

解答： 解：（Ⅰ）當a=1時，f（x）=lnx+x²-3x-1，
f′(x)=

1

x

+2x-3=

2x2-3x+1

x

=

(2x-1)(x-1)

x

（x＞0），
當x∈(0，

1

2

)，（1，+∞）時，f′（x）＞0，
當x∈(

1

2

，1)時，f′（x）＜0．
∴f（x）在(0，

1

2

)，(1，+∞)上為增函數(shù)；在(

1

2

，1)上為減函數(shù)；
（Ⅱ）由f（x）=lnx+ax²-（2a+1）x-1，得
f′(x)=

1

x

+2ax-2a-1=

2ax2-(2a+1)x+1

x

=

(x-1)(2ax-1)

x

．
令g（x）=（x-1）（2ax-1），
當a=0時，x∈（0，1）時，f′（x）＞0．x∈（1，e）時f′（x）＜0，
∴函數(shù)f（x）在（0，e]上有最大值為f（1）=-a-2．
由-a-2≤0，得a≥-2，∴a=0；
當

1

2a

=1，即a=

1

2

時，g（x）≥0，f′（x）≥0，
函數(shù)f（x）在（0，e]上得到遞增，當x=e時函數(shù)有最大值為lne+ae²-（2a+1）e-1=ae²-2ae-e，
由ae²-2ae-e≤0，得a≤

1

e-2

．∴a=

1

2

；
當

1

2a

＜0，即a＜0時，若x∈（0，1），f′（x）＞0，x∈（1，e），f′（x）＜0，
∴在（0，e]上有最大值為f（1）=ln1+a-2a-1-1=-a-2．
由-a-2≤0，得a≥-2．∴-2≤a＜0；
當0＜

1

2a

＜1，即a＞

1

2

時，x∈（0，

1

2a

），（1，e）時，f′（x）＞0．x∈(

1

2a

，1)時f′（x）＜0，
∴函數(shù)f（x）在（0，e]上有最大值為f（

1

2

）與f（e）的最大者，
f(

1

2a

)=ln

1

2a

+a•

1

4a2

-(2a+1)•

1

2a

-1=-ln2a+

1

4a

-1-

1

2a

-1=-ln2a-

1

4a

-2．
f（e）=ae²-2ae-e，f（e）＞f(

1

2a

)，
∴函數(shù)f（x）在（0，e]上有最大值為ae²-2ae-e，由ae²-2ae-e≤0，得a≤

1

e-2

．
∴

1

2

＜a≤

1

e-2

；
當1＜

1

2a

＜e，即

1

2e

＜a＜

1

2

時，x∈（0，1），（

1

2a

，e）時，f′（x）＞0．x∈(1，

1

2a

)時f′（x）＜0，
∴函數(shù)f（x）在（0，e]上有最大值為f（1）與f（e）的最大者，
f（1）=ln1+a-2a-1-1=-a-2，f（e）=ae²-2ae-e，
由

-a-2≤0 ae2-2ae-e≤0

，解得：-2≤a≤

1

e-2

，∴

1

2e

＜a≤

1

e-2

；
當

1

2a

≥e，即0＜a≤

1

2e

時，x∈（0，1）時，f′（x）＞0．x∈（1，e）時f′（x）＜0，
∴函數(shù)f（x）在（0，e]上有最大值為f（1）=-a-2．
由-a-2≤0，得a≥-2，∴0＜a≤

1

2e

．
綜上，實數(shù)a的取值范圍是[-2，

1

e-2

]．

點評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查了學(xué)生的計算能力，正確分類是解答該題的關(guān)鍵，屬于難度較大的題目．