Question

12．已知函數(shù)f（x）=alnx+x²-x，其中a∈R．
（Ⅰ）若a＞0，討論f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）當(dāng)x≥1時(shí)，f（x）≥0恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為a≥$\frac{{-x}^{2}+x}{lnx}$在（1，+∞）恒成立，令h（x）=$\frac{{-x}^{2}+x}{lnx}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{a}{x}$+2x-1=$\frac{{2x}^{2}-x+a}{x}$，（x＞0），
令g（x）=2x²-x+a=2${（x-\frac{1}{4}）}^{2}$+a-$\frac{1}{8}$，（x＞0），
a≥$\frac{1}{8}$時(shí)，g（x）≥0，即f′（x）≥0，
f（x）在（0，+∞）遞增，
0＜a＜$\frac{1}{8}$時(shí)，令g′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{2}$或0＜x＜$\frac{1-\sqrt{1-8a}}{2}$，
令g′（x）＜0，解得：$\frac{1-\sqrt{1-8a}}{2}$＜x＜$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{2}$，
故f（x）在（0，$\frac{1-\sqrt{1-8a}}{2}$）遞增，在（$\frac{1-\sqrt{1-8a}}{2}$，$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{2}$）遞減，
在（$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{2}$，+∞）遞增；
（Ⅱ）x=1時(shí)，顯然成立，
x＞1時(shí)，問題轉(zhuǎn)化為a≥$\frac{{-x}^{2}+x}{lnx}$在（1，+∞）恒成立，
令h（x）=$\frac{{-x}^{2}+x}{lnx}$，則h′（x）=$\frac{（-2x+1）lnx+x-1}{{（lnx）}^{2}}$，
令m（x）=（-2x+1）lnx+x-1，（x＞1），
則m′（x）=-2lnx+$\frac{1-x}{x}$＜0，
故m（x）＜m（1）=0，
故h′（x）在（1，+∞）遞減，
而$\underset{lim}{x→1}$$\frac{{-x}^{2}+x}{lnx}$=$\underset{lim}{x→1}$$\frac{-2x+1}{\frac{1}{x}}$=-1，
故a≥-1．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，考查函數(shù)恒成立問題，是一道中檔題．