Question

12．已知函数f（x）=alnx+x²-x，其中a∈R．
（Ⅰ）若a＞0，讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当x≥1时，f（x）≥0恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，问题转化为a≥$\frac{{-x}^{2}+x}{lnx}$在（1，+∞）恒成立，令h（x）=$\frac{{-x}^{2}+x}{lnx}$，根据函数的单调性求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{a}{x}$+2x-1=$\frac{{2x}^{2}-x+a}{x}$，（x＞0），
令g（x）=2x²-x+a=2${（x-\frac{1}{4}）}^{2}$+a-$\frac{1}{8}$，（x＞0），
a≥$\frac{1}{8}$时，g（x）≥0，即f′（x）≥0，
f（x）在（0，+∞）递增，
0＜a＜$\frac{1}{8}$时，令g′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{2}$或0＜x＜$\frac{1-\sqrt{1-8a}}{2}$，
令g′（x）＜0，解得：$\frac{1-\sqrt{1-8a}}{2}$＜x＜$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{2}$，
故f（x）在（0，$\frac{1-\sqrt{1-8a}}{2}$）递增，在（$\frac{1-\sqrt{1-8a}}{2}$，$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{2}$）递减，
在（$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{2}$，+∞）递增；
（Ⅱ）x=1时，显然成立，
x＞1时，问题转化为a≥$\frac{{-x}^{2}+x}{lnx}$在（1，+∞）恒成立，
令h（x）=$\frac{{-x}^{2}+x}{lnx}$，则h′（x）=$\frac{（-2x+1）lnx+x-1}{{（lnx）}^{2}}$，
令m（x）=（-2x+1）lnx+x-1，（x＞1），
则m′（x）=-2lnx+$\frac{1-x}{x}$＜0，
故m（x）＜m（1）=0，
故h′（x）在（1，+∞）递减，
而$\underset{lim}{x→1}$$\frac{{-x}^{2}+x}{lnx}$=$\underset{lim}{x→1}$$\frac{-2x+1}{\frac{1}{x}}$=-1，
故a≥-1．

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，考查函数恒成立问题，是一道中档题．