Question

1．已知函数f（x）=xlnx，g（x）=ax²-（a+1）x+1（a∈R）．
（Ⅰ）当a=0时，求f（x）+g（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x≥1时，f（x）≤g（x）+lnx，求实数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，得到函数的单调区间即可；
（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，从而确定出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）设h（x）=f（x）+g（x）=xlnx-x+1，
∴h'（x）=lnx，
由h'（x）＜0，得x∈（0，1），由h'（x）＞0，得x∈（1，+∞），
∴h（x）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增；
（Ⅱ）由f（x）≤g（x）+lnx，得（x-1）lnx≤（ax-1）（x-1），
因为x≥1，所以：（ⅰ）当x=1时，a∈R．
（ⅱ）当x＞1时，可得lnx≤ax-1，令h（x）=ax-lnx-1，
则只需h（x）=ax-lnx-1≥0即可，
因为$h'（x）=a-\frac{1}{x}$．且 $0＜\frac{1}{x}＜1$，
①当a≤0时，h′（x）＜0，得h（x）在（1，+∞）单调递减，
且可知h（e）=ae-2＜0这与h（x）=ax-lnx-1≥0矛盾，舍去；
②当a≥1时，h′（x）＞0，得h（x）=ax-lnx-1在（1，+∞）上是增函数，
此时h（x）=ax-lnx-1＞h（1）=a-1≥0．
③当0＜a＜1时，可得 h（x）在$（1，\frac{1}{a}）$单调递减，在$（\frac{1}{a}，+∞）$单调递增，
∴$h{（x）_{min}}=h（\frac{1}{a}）=lna＜0$矛盾，
综上：当a≥1时，f（x）≤g（x）+lnx恒成立．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．