Question

已知函数f(x)=

1

2

x2+alnx(a∈R)．
（1）若a=-1，求f（x）的单调递增区间；
（2）当x＞1时，f（x）＞lnx恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

（1）∵f(x)=

1

2

x2+alnx(a∈R)，
∴若a=-1时，f′(x)=x-

1

x

，x＞0，
由f′（x）＞0，得

x2-1

x

＞0，又x＞0，解得x＞1，
所以函数f（x）的单调递增区间为（1，+∞）．
（2）依题意得f（x）-lnx＞0，
即

1

2

x2+alnx-lnx＞0(x＞1)，
∴(a-1)lnx＞-

1

2

x2
∵x＞1，∴lnx＞0
∴a-1＞

- 1 2 x2

lnx

，
∴a-1＞(

- 1 2 x2

lnx

)max，
设g(x)＞

- 1 2 x2

lnx

，g′(x)＞

-xlnx+ 1 2 x

(lnx)2

，
令g′（x）=0，解得x=e

1

2

，
当1＜x＜e

1

2

时，g′（x）＞0，g（x）在（0，e

1

2

）上单调递增；
当x＞e

1

2

时，g′（x）＜0，g（x）在（e

1

2

，+∞）上单调递减；
∴g(x)max=g(e

1

2

)=-e
∴a-1＞-e，即a＞1-e．
故实数a的取值范围是（1-e，+∞）．