Question

已知函数f（x）=alnx-（1+a）x+

1

2

x²，a∈R
（Ⅰ）当0＜a＜1时，求函数f（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）当x∈[

1

e

，+∞）时f（x）≥0恒成立，求实数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

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）当0＜a＜1时，确定函数的定义域，求导数，利用导数的正负，可得函数f（x）的单调区间，从而可求极值；
（Ⅱ）分类讨论，a＞0时，f（1）＜0，此时f（x）≥0对x∈[

1

e

，+∞）内的任意x不是恒成立的；当a≤0时，易得函数f（x）在区间[

1

e

，+∞）的极小值、也是最小值，即可求实数a的取值范围．

解答： 解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=

(x-1)(x-a)

x

，
当0＜a＜1时，由f′（x）＞0可得0＜x＜a或x＞1；由f′（x）＜0可得a＜x＜1，
∴函数f（x）的单调递增区间是（0，a），（1，+∞），单调递减区间是（a，1），
∴x=a时，取得极大值alnz-（1+a）a+

1

2

a²，x=1时，取得极小值-

1

2

-a；
（Ⅱ）∵f（1）=-

1

2

-a，
∴显然a＞0时，f（1）＜0，此时f（x）≥0对x∈[

1

e

，+∞）内的任意x不是恒成立的；
当a≤0时，得函数f（x）在区间[

1

e

，+∞）的极小值、也是最小值即是f（1）=-

1

2

-a，
此时只要f（1）≥0即可，解得a≤-

1

2

．

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与极值，考查分类讨论的数学思想，正确求导是关键．