Question

8．已知函数f（x）=xlnx-ax²+a（a∈R），其导函数为f′（x）．
（Ⅰ）求函数g（x）=f′（x）+（2a-1）x的极值；
（Ⅱ）当x＞1时，关于x的不等式f（x）＜0恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而求出满足条件的a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ） 由题知x＞0，f'（x）=lnx-2ax+1，（1分）
则g（x）=f'（x）+2a（x-1）=lnx-x+1，$g'（x）=\frac{1-x}{x}$，（2分）
当0＜x＜1时，$g'（x）=\frac{1-x}{x}＞0$，g（x）为增函数；当x＞1时，$g'（x）=\frac{1-x}{x}＜0$，g（x）为减函数．
所以当x=1时，g（x）有极大值g（1）=0，g（x）无极小值．（4分）
（Ⅱ） 由题意，f'（x）=lnx-2ax+1，
（ⅰ） 当a≤0时，f'（x）=lnx-2ax+1＞0在x＞1时恒成立，
则f（x）在（1，+∞）上单调递增，
所以f（x）＞f（1）=0在（1，+∞）上恒成立，与已知矛盾，故a≤0不符合题意．（6分）
（ⅱ） 当a＞0时，令φ（x）=f'（x）=lnx-2ax+1，则$φ'（x）=\frac{1}{x}-2a$，且$\frac{1}{x}∈（0，1）$．
①当2a≥1，即$a≥\frac{1}{2}$时，$φ'（x）=\frac{1}{x}-2a＜0$，
于是φ（x）在x∈（1，+∞）上单调递减，
所以φ（x）＜φ（1）=1-2a≤0，即f'（x）＜0在x∈（1，+∞）上成立．
则f（x）在x∈（1，+∞）上单调递减，
所以f（x）＜f（1）=0在x∈（1，+∞）上成立，符合题意．（10分）
②当0＜2a＜1，即$0＜a＜\frac{1}{2}$时，$\frac{1}{2a}$＞1，$φ'（x）=\frac{1}{x}-2a=\frac{{-2a（x-\frac{1}{2a}）}}{x}$，
若$x∈（1，\frac{1}{2a}）$，则φ'（x）＞0，φ（x）在$（1，\frac{1}{2a}）$上单调递增；
若$x∈（\frac{1}{2a}，+∞）$，则φ'（x）＜0，φ（x）在$（\frac{1}{2a}，+∞）$上单调递减．
又φ（1）=1-2a＞0，所以φ（x）＞0在$（1，\frac{1}{2a}）$上恒成立，即f'（x）＞0在$（1，\frac{1}{2a}）$上恒成立，
所以f（x）在$（1，\frac{1}{2a}）$上单调递增，则f（x）＞f（1）=0在$（1，\frac{1}{2a}）$上恒成立，
所以$0＜a＜\frac{1}{2}$不符合题意．
综上所述，a的取值范围$[\frac{1}{2}，+∞）$．（14分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．