Question

19．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）令f′（x）=0求出f（x）的极值点，结合f（x）的定义域得出f′（x）的符号变换情况，从而得出f（x）的单调性；
（II）对a进行讨论，判断f（x）在[1，+∞）上的单调性，得出f（x）在[1，+∞）上的最小值f_min（x），即可得出结论．

解答 解：（I）f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=$\frac{a}{x}+2x-1$=$\frac{2{x}^{2}-x+a}{x}$，
令f′（x）=0得2x²-x+a=0，
解得x₁=$\frac{1-\sqrt{1-8a}}{4}$，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{4}$，
∵a＜0，∴x₁＜0，x₂＞0，
∴当0＜x＜$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{4}$时，f′（x）＜0，当x＞$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{4}$时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{4}$）上单调递减，在（$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{4}$，+∞）上单调递增．
（II）若a=0时，f（x）=x²-x，
∴f（x）在[1，+∞）上单调递增，∴f_min（x）=f（1）=0，符合题意．
若a＜0，由（I）可知f（x）在（0，$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{4}$）上单调递减，在（$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{4}$，+∞）上单调递增，
当$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{4}$≤1即-1≤a＜0时，f（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴f_min（x）=f（1）=0，符合题意，
当$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{4}$＞1即a＜-1时，f（x）在[1，$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{4}$）上单调递减，在[$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{4}$，+∞）上单调递增，
∴f_min（x）=f（$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{4}$）＜f（1）=0，不符合题意．
若a＞0，令f′（x）=0得2x²-x+a=0，
∴当△=1-8a≤0即a$≥\frac{1}{8}$时，f′（x）≥0恒成立，∴f（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴f_min（x）=f（1）=0，符合题意．
若0$＜a＜\frac{1}{8}$，则2x²-x+a=0有两正实数解，x₁=$\frac{1-\sqrt{1-8a}}{4}$，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{4}$，
∴f（x）在（0，$\frac{1-\sqrt{1-8a}}{4}$）上单调递增，在（$\frac{1-\sqrt{1-8a}}{4}$，$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{4}$）上单调递减，在（$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{4}$，+∞）上单调递增，
∵$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{4}$＜1，∴f（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴f_min（x）=f（1）=0，符合题意，
综上，a的取值范围是[-1，+∞）．

点评 本题考查了导数与函数单调性的关系，函数最值的计算，分类讨论思想，属于中档题．