Question

已知a为常数，a∈R，函数f（x）=（x-1）lnx，g（x）=-

1

3

x³+

2-a

2

x²+（a-!）x．
（1）求函数f（x）的最值；
（2）若a＞0，函数g′（x）为函数g（x）的导函数，g′（x）≤k（a³+a）恒成立，求k的取值范围．
（3）令h（x）=f（x）+g（x），若函数h（x）在区间（0，1]上是单调函数，求a的取值范围．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的单调性

专题：转化思想,导数的综合应用

分析：（1）求f（x）的导函数f′（x），令f′（x）=0，判断极点，在求最值．
（2）求出g（x）的导函数g′（x），利用分离参数，转化为函数，结合不等式性质，求出k的范围．
（3）列出h（x）的解析式，求出导函数h′（x），既然是单调的，一定是h′（x）的符号不可变，
   就能够列出条件求出范围．

解答： 解：（1）由题意可知f（x）的定义域为{x|x＞0}，f'（x）=1-

1

x

+lnx，且f'（1）=0，
当0＜x＜1时，f'（x）＜0，当x＞1f'（x）＞0．
所以在x=1时取极小值，且为最小值，f（x）无最大值．
所以f（x）_min=f（1）=0
（2）g（x）=-

1

3

x³+

2-a

2

x²+（a-!）x．g′（x）=-x²+（2-a）x+（a-1），对称轴x=1-

a

2

∴g′（x）_max=

a2

4

，要使g′（x）≤k（a³+a）恒成立，只需

a2

4

≤k（a³+a），
即k≥

a2

4(a3+a)

=

1

4(a+ 1 a )

，因为

1

4(a+ 1 a )

≤

1

8

，所以k≥

1

8

（3）h（x）=f（x）+g（x），h′（x）=-x²+（2-a）x+a-

1

x

+lnx．
设m（x）=-x²+（2-a）x+a-

1

x

+lnx，m′（x）=-2x+

1

x2

+

1

x

+（2-a）
观察可得m′（x）在区间（0，1]上是单调函数，所以m′（x）≥m′（1）=2-a
∵函数h（x）在区间（0，1]上是单调函数，∴只有h′（x）不变符号，h′（1）=0，h′（

1

2

）＜0
可以判断h′（x）≤0，h′（x）≤h′（1），∴m（x）为增函数，m′（x）≥0，从而可得2-a≥0，
所以a≤2

点评：本题是一道综合试题，难度较大，综合考察了，导数在求最值，证明单调性，不等式恒成立，参变量范围中的应用，需要的思维能力很灵活，代数变换化简能力很强．