Question

设函数f（x）=a²lnx-x²+ax，a≠0；
（Ⅰ）求f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）若f（1）≥e-1，求使f（x）≤e²对x∈[1，e]恒成立的实数a的值．
（注：e为自然对数的底数）

Answer 1

解：（Ⅰ）因为f（x）=a²lnx-x²+ax，其中x＞0，
所以f′（x）=-2x+a=-．
当a＞0时，由f′（x）＞0，得0＜x＜a，∴f（x）的增区间为（0，a）；
当a＜0时，由f′（x）＞0，得，∴f（x）的增区间为（0，-）；
（Ⅱ）由 f（1）=a-1≥e-1，即a≥e．①
由（Ⅰ）知f（x）在[1，e]内单调递增，要使f（x）≤e²对x∈[1，e]恒成立，只要f（e）≤e²，则 a²lne-e²+ae≤e²，
∴a²+ae-2e²≤0，
∴（a+2e）（a-e）≤0，∴a≤e，②
综①②得a=e
分析：（Ⅰ）求导函数，再分类讨论，由f′（x）＞0，可确定f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）由 f（1）=a-1≥e-1，即a≥e，再根据f（x）在[1，e]内单调递增，要使f（x）≤e²对x∈[1，e]恒成立，只要f（e）≤e²，则 a²lne-e²+ae≤e²，由此可得结论．
点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查恒成立问题，解题的关键是确定函数的最大值．