Question

6．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx+x²-ax．
（Ⅰ）當(dāng)a=3時，求函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，若f（x）≤$\frac{1}{2}$（3x²+$\frac{1}{x^2}$-6x）在x∈（0，1]內(nèi)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù) 第九章即可；
（Ⅱ）根據(jù)函數(shù)f（x）是增函數(shù)，等價為f′（x）≥0恒成立，即可得到結(jié)論；
（Ⅲ）令g（x）=$\frac{1}{2}$（3x²+$\frac{1}{x^2}$-6x），x∈（0，1]，分別求出f（x）的最大值和g（x）的最小值，從而求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）a=3時，f（x）=lnx+x²-3x，（x＞0），
f′（x）=$\frac{1}{x}$+2x-3=$\frac{{2x}^{2}-3x+1}{x}$=$\frac{（2x-1）（x-1）}{x}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞1或0＜x＜$\frac{1}{2}$，
令f′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2}$＜x＜1，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）遞增，在（$\frac{1}{2}$，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
∴極大值$f（{\frac{1}{2}}）=-\frac{5}{4}-ln2$，極小值f（1）=-2；
（Ⅱ）函數(shù)的定義域?yàn)椋?，+∞），
要使f（x）=lnx+x²-ax在定義域內(nèi)是增函數(shù)，
則等價為f′（x）≥0恒成立，
∵f（x）=lnx+x²-ax，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$+2x-a≥0，
即a≤$\frac{1}{x}$+2x恒成立，
當(dāng)x＞0時，y=$\frac{1}{x}$+2x≥2 $\sqrt{\frac{1}{x}•2x}$=2$\sqrt{2}$，
則a≤2$\sqrt{2}$，即$a∈（{-∞，2\sqrt{2}}]$；
（Ⅲ）由（Ⅱ）得：f（x）在（0，1]遞增，
f（x）_max=f（1）=1-a，
令g（x）=$\frac{1}{2}$（3x²+$\frac{1}{x^2}$-6x），x∈（0，1]，
g′（x）=$\frac{{3x}^{3}（x-1）-1}{x}$＜0，
g（x）在（0，1]遞減，
g（x）_min=g（1）=-1，
若f（x）≤$\frac{1}{2}$（3x²+$\frac{1}{x^2}$-6x）在x∈（0，1]內(nèi)恒成立，
則f（x）_max≤g（x）_min，
即1-a≤-1，解得：a≥2，
由（Ⅱ）a≤2$\sqrt{2}$，
故2≤a≤2$\sqrt{2}$．

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