Question

已知函数f（x）=x²-（2a+1）x+alnx．
（I）当a=3时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（II）当a＞0时，求函数f（x）的单调区间；
（III）若对任意a∈(

1

3

，

1

2

)及x∈[1，3]时，恒有ma-f（x）＜1成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析：（I）当a=3时，f（x）=x²-7x+3lnx，由f′（x）=2x-7+

3

x

，知切线的斜率f′（1），由此能够求出曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程．
（II）f′（x）=2x-（2a+1）+

2

x

=

2x2-(2a+1)x+a

x

，令f′（x）=0，得x₁=

1

2

，x₂=a．由此对a进行分类讨论，能够求出结果．
（III）由题意可知，对?a∈（

1

3

，

1

2

），x∈[1，3]时，恒有ma-f（x）＜1成立等价于ma-1＜f（x）_min，从而求出m的取值范围．

解答：解：（I）当a=3时，f（x）=x²-（2a+1）x+alnx=x²-7x+3lnx，
∴f′（x）=2x-7+

3

x

，
∴f′（1）=-2，
∵f（1）=1-7=-6，
∴曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为：2x+y+4=0．
（II）f′（x）=2x-（2a+1）+

2

x

=

2x2-(2a+1)x+a

x

，
令f′（x）=0，得x₁=

1

2

，x₂=a．
①当a＞

1

2

时，由f′（x）＞0，得x＞a，或x＜

1

2

，
f（x）在（0，

1

2

），（a，+∞）是单调递增．
由f′（x）＜0，得

1

2

＜x＜a，
∴f（x）在（

1

2

，a）上单调递减．
②当a=

1

2

时，f′（x）≥0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增．
③当0＜a＜

1

2

时，由f′（x）＞0，得0＜x＜a，或x＞

1

2

，
∴f（x）在（0，a），（

1

2

，+∞）上单调增加，
由f′（x）＜0，得a＜x＜

1

2

，
∴f（x）在（a，

1

2

）上单调递减．
（III）由题意可知，对?a∈（

1

3

，

1

2

），x∈[1，3]时，恒有ma-f（x）＜1成立
等价于ma-1＜f（x）_min，
由（II）知，当a∈（

1

3

，

1

2

）时，f（x）在[1，3]上单调递增
∴f（x）_min=f（1）=-2a，
∴原题等价于对?a∈（

1

3

，

1

2

）时，ma-1＜-2a恒成立，
即m＞

1-2a

a

=

1

a

-2，在a∈（

1

3

，

1

2

）时，有0＜

1

a

-2＜1．
故当m≤0时，ma-1＜-2a恒成立，
∴m≤0．

点评：此题主要考查利用导数求函数的单调区间，利用导数研究某点的切线方程，关于恒成立的问题，一般都要求函数的最值，此题是一道中档题．