Question

6．已知函数f（x）=x²ln x+1-x
（1）求函数f（x）的单调区间
（2）当x≥1时，f（x）≥a（x-1）²恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）令f′（x）＞0得出增区间，令f′（x）＜0得出减区间；
（2）令g（x）=f（x）-a（x-1）²，则不等式单价于g_min（x）≥0，对a进行讨论判断g（x）的单调性，求出g（x）的最小值即可得出结论．

解答 解：（1）f（x）的定义域为{x|x＞0}，
f′（x）=2xlnx+x-1，
∴当0＜x＜1时，f′（x）＜0，当x＞1时，f′（x）＞0，当x=1时，f′（x）=0，
∴f（x）的单调减区间为（0，1），单调增区间为（1，+∞）．
（2）∵f（x）≥a（x-1）²在[1，+∞）上成立，即x²ln x+1-x-a（x-1）²≥0在[1，+∞）上恒成立，
令g（x）=x²ln x+1-x-a（x-1）²（x≥1），则g_min（x）≥0．
g′（x）=2xlnx+（x-1）-2a（x-1）=2xlnx+（1-2a）（x-1），
1°，若1-2a≥0，即a$≤\frac{1}{2}$时，则当x≥1时，g′（x）≥0，∴g（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴g_min（x）=g（1）=0，符合题意；
2°，若1-2a＜0，即a$＞\frac{1}{2}$时，g″（x）=2lnx+3-2a，令g″（x）=0得x=e${\;}^{\frac{2a-3}{2}}$，
①若e${\;}^{\frac{2a-3}{2}}$≤1，即a≤$\frac{3}{2}$，则当x≥1时，g″（x）≥0，
∴g′（x）在[1，+∞）上单调递增，∴g′（x）≥g′（1）=0，
∴g（x）在[1，+∞）上单调递增，∴g_min（x）=g（1）=0，符合题意；
②若e${\;}^{\frac{2a-3}{2}}$＞1，即a$＞\frac{3}{2}$时，则当1＜x＜e${\;}^{\frac{2a-3}{2}}$时，g″（x）＜0，当x＞e${\;}^{\frac{2a-3}{2}}$时，g″（x）＞0，
∴g′（x）在（1，e${\;}^{\frac{2a-3}{2}}$）上单调递减，在（e${\;}^{\frac{2a-3}{2}}$，+∞）上单调递增，
∴g′_min（x）=g′（e${\;}^{\frac{2a-3}{2}}$）＜g′（1）=0，又当x→+∞时，g′（x）→+∞，
∴g（x）在[1，+∞）上先减后增，
∴g_min（x）＜g（1）=0，不符合题意，
综上，a$≤\frac{3}{2}$．

点评 本题考查了导数与函数的单调性的关系，函数恒成立问题与函数的最值计算，属于中档题．