Question

设函数f（x）=alnx+

1

2

x2-（a+1）x（a∈R），区间I是函数f（x）减少的区间，区间I=（α，β）（α＞β）的长度定义为β-α，记为|I|．
（1）若|I|≤1时，求实数a的取值范围；
（2）若|I|≥2，求y=|f（x）|区间[2，e²]上的最大值．（参考数据：ln3≈1.099，e²≈7.389）

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）由f′(x)=

a

x

+x-(a+1)=

(x-1)(x-a)

x

，x＞0，利用分类讨论思想和导数性质能求出实数a的取值范围．
（2）|I|≥2，只能|I|=a-1≥2，得a≥3，因为f（x）在（2，a）上递减，有f（a）=-（

1

2

a2+a-alna）＜f（2）=（ln2-2）a＜0，从而|f（2）|＜|f（a）|．且f（e²）=（2-e²）（a-

e2

2

）．由此利用构造法、分类讨论思想和导数性质能求出f（x）在区间[2，e²]上的最大值．

解答： 解：（1）f′(x)=

a

x

+x-(a+1)=

(x-1)(x-a)

x

，x＞0
①当a≤0时，有x-a＞0，令f′（x）＜0，得0＜x＜1，
即f（x）在（0，1）上是递减，所以|I|=1．
②当0＜a＜1时，令f′（x）＜0，得a＜x＜1，
即f（x）在（a，1）上递减，所以|I|=1-a＜1．
③当a=1时，f′(x)=

(x-1)2

x

≥0总成立，f（x）在（0，+∞）上递增，
所以使f（x）的递减的区间不存在．
④当a＞1时，令f′（x）＜0得1＜x＜a，即f（x）在（1，a）上递减，
所以|I|=a-1．显然当1＜a≤2时，|I|≤1．
综上，|I|≤1时，实数a的取值范围为（-∞，1）∪（1，2]．…（6分）
（2）|I|≥2，只能|I|=a-1≥2，得a≥3，
因为f（x）在（2，a）上递减，有f（a）=-（

1

2

a2+a-alna）＜f（2）=（ln2-2）a＜0，
所以|f（2）|＜|f（a）|．且f（e²）=（2-e²）（a-

e2

2

）．
①当3≤a≤

e2

2

时，有f（e²）≥0，|f（x）|_max=max{-f（a），f（e²）}，
注意到，函数h（a）=lna-a，（a≥3）的导数h′(a)=

1-a

a

＜0，a≥3，
有h（a）在[3，+∞）上是减函数，
于是h（a）≤h（3）=ln3-3＜0．
令φ（a）=-f（a）-f（e²），（3≤a≤

e2

2

），
有φ′（a）=a-lna+e²-2＞0，φ（x）在[3，

e2

2

]上是增加的．
于是φ（a）≥φ（3）=4e²-

1

2

e4+

3

2

-3ln3
＞4×7.3-

1

2

×7．42+

3

2

-3×1.1＞0，
所以-f（a）＞f（e²），
所以|f（x）|=max{-f（a），f（e²）}=-f（a）=

1

2

a2+a-alna．
②当

e2

2

＜a＜e2时，有f9e²）＜0，f（x）在（a，e²）上是增加的，
所以|f（e²）|＜|f（a）|，
所以|f（x）|_max=max{-f（a），f（e²）}=

1

2

a2+a-alna．
③当a≥e²时，f9x）在（e²，a）上是减少的，所以|f9e²）|＜|f（a）|，
所以|f（x）|_max=max{-f（a），f（e²）}=

1

2

a2+a-alna．
综上|I|≤2，f（x）在区间[2，e²]上的最大值为

1

2

a2+a-alna．…（13分）

点评：本题考查实数的取值范围的求法，考查函数的最大值的求法，解题时要认真审题，注意构造法、分类讨论思想和导数性质的合理运用．