Question

1．已知函数f（x）=x²-（2a+1）x+alnx，a∈R
（1）当a=1，求f（x）的单调区间；
（2）a＞1时，求f（x）在区间[1，e]上的最小值；
（3）g（x）=（1-a）x，若$?{x_0}∈[{\frac{1}{e}，e}]$使得f（x₀）≥g（x₀）成立，求a的范围．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的表达式，定义域以及导数，然后判断导函数的符号，求出单调区间．
（2）求出导函数以及极值点，通过当1＜a＜e时，当a≥e时方便起见函数的最小值即可．
（3）转化不等式f（x）≥g（x）在区间$[{\frac{1}{e}，e}]$上有解为x²-2x+a（lnx-x）≥0在$[{\frac{1}{e}，e}]$上有解，通过$x∈[{\frac{1}{e}，e}]$时，当x∈（1，e]时，求解函数的导数求出新函数的最值，然后求解a的取值范围．

解答 解：（1）当a=1，f（x）=x²-3x+lnx，定义域（0，+∞），
∴${f^'}（x）=2x-3+\frac{1}{x}=\frac{（2x-1）（x-1）}{x}$…（2分）
$\frac{（2x-1）（x-1）}{x}=0$，解得x=1或x=$\frac{1}{2}$，x∈$（0，\frac{1}{2}）$，（1，+∞），f′（x）＞0，f（x）是增函数，x∈（$\frac{1}{2}$，1），
函数是减函数．…（4分）
（2）∴${f^'}（x）=\frac{（2x-1）（x-a）}{x}，令{f^'}（x）=0$，∴$x=a或x=\frac{1}{2}$，
当1＜a＜e时，

x	（1，a）	a	（a，e）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↓	极小值	↑

∴f（x）_min=f（a）=a（lna-a-1）
当a≥e时，f（x）在[1，a）减函数，（a，+∞）函数是增函数，
∴$f（x）在[{1，e}]↓，f（x{）_{min}}=f（e）={e^2}-（2a+1）e+a$
综上$f{（x）}_{min}=\left\{\begin{array}{l}a（lna-a-1），1＜a＜e\\{e}^{2}-（2a+1）e+a，a≥e\end{array}\right.$…（9分）
（3）由题意不等式f（x）≥g（x）在区间$[{\frac{1}{e}，e}]$上有解
即x²-2x+a（lnx-x）≥0在$[{\frac{1}{e}，e}]$上有解，
∵当$x∈[{\frac{1}{e}，e}]$时，lnx≤0＜x，
当x∈（1，e]时，lnx≤1＜x，∴lnx-x＜0，
∴$a≤\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$在区间$[{\frac{1}{e}，e}]$上有解．
令$h（x）=\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}，{h^'}（x）=\frac{（x-1）（x+2-2lnx）}{{{{（x-lnx）}^2}}}$…（10分）
∵$x∈[{\frac{1}{e}，e}]$，∴x+2＞2≥2lnx∴$x∈[{\frac{1}{e}，1}）$时，h′（x）＜0，h（x）是减函数，
x∈（1，e]，h（x）是增函数，
∴$h（\frac{1}{e}）=\frac{{\frac{1}{e}（\frac{1}{e}-2）}}{{\frac{1}{e}+1}}＜0，h（e）=\frac{e（e-2）}{e-1}＞0$，
∴$x∈[{\frac{1}{e}，e}]$时，$h{（x）_{max}}=h（e）=\frac{e（e-2）}{e-1}$，∴$a≤\frac{e（e-2）}{e-1}$
∴a的取值范围为$（{-∞，\frac{e（e-2）}{e-1}}]$…（14分）

点评 本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力．