题目内容
（2010•宿州三模）已知函数f（x）=x2-2alnx，g(x)=
x3-x2．
（1）讨论函数f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≥g'（x）对于任意的x∈（1，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．
| 1 | 3 |
（1）讨论函数f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≥g'（x）对于任意的x∈（1，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．
分析：（1）先求导函数f′(x)=2x-
=
，再进行分类讨论：a≤0，a＞0时，利用f'（x）＞0确定函数f（x）的单调增区间；f'（x）＜0确定函数f（x）的单调减区间；
（2）求导函数g'（x）=x2-2x，从而f（x）≥g'（x）即alnx-x≤0，进一步转化为a≤
在（1，+∞）上恒成立，利用导数可求右边函数的最小值，从而确定实数a的取值范围．
| 2a |
| x |
| 2x2-2a |
| x |
（2）求导函数g'（x）=x2-2x，从而f（x）≥g'（x）即alnx-x≤0，进一步转化为a≤
| x |
| lnx |
解答：解：（1）f′(x)=2x-
=
，…（2分）
当a≤0时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上为增函数；
当a＞0时，令f′（x）＞0得x＞
，∴f（x）在(
，+∞)上为增函数；
令f′（x）＜0得0＜x＜
，∴f（x）在(0，
)上为减函数，
综上：当a≤0时，f（x）的增区间为（0，+∞），无减区间；
当a＞0时，f（x）的增区间为(
，+∞)，减区间为(0，
)．…（6分）
（2）∵g′（x）=x2-2x，∴f（x）≥g′（x）即alnx-x≤0，
由题意，a≤
在（1，+∞）上恒成立，…（8分）
令h(x)=
，则h′(x)=
，
令h′（x）＞0得x＞e，∴h（x）在（e，+∞）上为增函数；
令h′（x）＜0得0＜x＜e，∴h（x）在（0，e）上为减函数；
故h(x)=
在x=e取最小值，∴a≤h（e）=e，∴a≤e．…（12分）
（或令h（x）=alnx-x，即h（x）max≤0，分类讨论即可）
| 2a |
| x |
| 2x2-2a |
| x |
当a≤0时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上为增函数；
当a＞0时，令f′（x）＞0得x＞
| a |
| a |
令f′（x）＜0得0＜x＜
| a |
| a |
综上：当a≤0时，f（x）的增区间为（0，+∞），无减区间；
当a＞0时，f（x）的增区间为(
| a |
| a |
（2）∵g′（x）=x2-2x，∴f（x）≥g′（x）即alnx-x≤0，
由题意，a≤
| x |
| lnx |
令h(x)=
| x |
| lnx |
| lnx-1 |
| ln2x |
令h′（x）＞0得x＞e，∴h（x）在（e，+∞）上为增函数；
令h′（x）＜0得0＜x＜e，∴h（x）在（0，e）上为减函数；
故h(x)=
| x |
| lnx |
（或令h（x）=alnx-x，即h（x）max≤0，分类讨论即可）
点评：本题以函数为载体，考查导数的运用，考查函数的单调性及恒成立问题的处理，关键是分离参数，借助于函数的最值，求得参数的范围．
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