Question

已知函数f（x）=lnx+ax²-（2a+1）x-1（a为常数，且a≠0）．
（Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x∈（0，e]时，f（x）≤0，求实数a的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）把a=1代入函数解析式，求其导函数，由导函数的符号确定原函数的单调区间；
（Ⅱ）求出原函数的导函数，得到导函数的零点1和

1

2a

，然后分

1

2a

多种情况进行讨论，求出函数在（0，e]上的最大值，由最大值小于等于0求得a的范围，最后去并集得答案．

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

1

x

+2x-3=

2x2-3x+1

x

=

(2x-1)(x-1)

x

（x＞0），
当x∈(0，

1

2

)，（1，+∞）时，f′（x）＞0，
当x∈(

1

2

，1)时，f′（x）＜0．
∴f（x）在(0，

1

2

)，(1，+∞)上为增函数；在(

1

2

，1)上为减函数；
（Ⅱ）由f（x）=lnx+ax²-（2a+1）x-1，得
f′(x)=

1

x

+2ax-2a-1=

2ax2-(2a+1)x+1

x

=

(x-1)(2ax-1)

x

．
令g（x）=（x-1）（2ax-1），
当a=0时，x∈（0，1）时，f′（x）＞0．x∈（1，e）时f′（x）＜0，
∴函数f（x）在（0，e]上有最大值为f（1）=-a-2．
由-a-2≤0，得a≥-2，∴a=0；
当

1

2a

=1，即a=

1

2

时，g（x）≥0，f′（x）≥0，
函数f（x）在（0，e]上得到递增，当x=e时函数有最大值为lne+ae²-（2a+1）e-1=ae²-2ae-e，
由ae²-2ae-e≤0，得a≤

1

e-2

．∴a=

1

2

；
当

1

2a

＜0，即a＜0时，若x∈（0，1），f′（x）＞0，x∈（1，e），f′（x）＜0，
∴在（0，e]上有最大值为f（1）=ln1+a-2a-1-1=-a-2．
由-a-2≤0，得a≥-2．∴-2≤a＜0；
当0＜

1

2a

＜1，即a＞

1

2

时，x∈（0，

1

2a

），（1，e）时，f′（x）＞0．x∈(

1

2a

，1)时f′（x）＜0，
∴函数f（x）在（0，e]上有最大值为f（

1

2

）与f（e）的最大者，
f(

1

2a

)=ln

1

2a

+a•

1

4a2

-(2a+1)•

1

2a

-1=-ln2a+

1

4a

-1-

1

2a

-1=-ln2a-

1

4a

-2．
f（e）=ae²-2ae-e，f（e）＞f(

1

2a

)，
∴函数f（x）在（0，e]上有最大值为ae²-2ae-e，由ae²-2ae-e≤0，得a≤

1

e-2

．
∴

1

2

＜a≤

1

e-2

；
当1＜

1

2a

＜e，即

1

2e

＜a＜

1

2

时，x∈（0，1），（

1

2a

，e）时，f′（x）＞0．x∈(1，

1

2a

)时f′（x）＜0，
∴函数f（x）在（0，e]上有最大值为f（1）与f（e）的最大者，
f（1）=ln1+a-2a-1-1=-a-2，f（e）=ae²-2ae-e，
由

-a-2≤0 ae2-2ae-e≤0

，解得：-2≤a≤

1

e-2

，∴

1

2e

＜a≤

1

e-2

；
当

1

2a

≥e，即0＜a≤

1

2e

时，x∈（0，1）时，f′（x）＞0．x∈（1，e）时f′（x）＜0，
∴函数f（x）在（0，e]上有最大值为f（1）=-a-2．
由-a-2≤0，得a≥-2，∴0＜a≤

1

2e

．
综上，实数a的取值范围是[-2，

1

e-2

]．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，考查了学生的计算能力，正确分类是解答该题的关键，属于难度较大的题目．