Question

设a∈R，函数f（x）=ax²-（2a+1）x+lnx．
（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的极值；
（Ⅱ）设g（x）=e^x-x-1，若对于任意的x₁∈（0，+∞），x₂∈R，不等式f（x₁）≤g（x₂）恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）当a=1时，函数f（x）=x²-3x+lnx，f′(x)=

(2x-1)(x-1)

x

．令f'（x）=0得：x1=

1

2

，x2=1．列出表格即可得出函数的单调性极值；
（II）对于任意的x₁∈（0，+∞），x₂∈R，不等式f（x₁）≤g（x₂）恒成立，则有f（x）_max≤g（x）_min．利用导数分别在定义域内研究其单调性极值与最值即可．

解答： 解：（Ⅰ）当a=1时，函数f（x）=x²-3x+lnx，f′(x)=

2x2-3x+1

x

=

(2x-1)(x-1)

x

．
令f'（x）=0得：x1=

1

2

，x2=1
当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：

x	(0， 1 2 )	1 2	( 1 2 ，1)	1	（1，+∞）
f'（x）	+	0	-	0	+
f（x）	单调递增	极大	单调递减	极小	单调递增

因此，当x=

1

2

时，f（x）有极大值，且f(x)极大值=-

5

4

-ln2；
当x=1时，f（x）有极小值，且f（x）_极小值=-2．
（Ⅱ）由g（x）=e^x-x-1，则g'（x）=e^x-1，
令g'（x）＞0，解得x＞0；令g'（x）＜0，解得x＜0．
∴g（x）在（-∞，0）是减函数，在（0，+∞）是增函数，
即g（x）_最小值=g（0）=0．
对于任意的x₁∈（0，+∞），x₂∈R，不等式f（x₁）≤g（x₂）恒成立，则有f（x₁）≤g（0）即可．
即不等式f（x）≤0对于任意的x∈（0，+∞）恒成立．
f′(x)=

2ax2-(2a+1)x+1

x

（1）当a=0时，f′(x)=

1-x

x

，令f'（x）＞0，解得0＜x＜1；令f'（x）＜0，解得x＞1．
∴f（x）在（0，1）是增函数，在（1，+∞）是减函数，
∴f（x）_最大值=f（1）=-1＜0，
∴a=0符合题意．
（2）当a＜0时，f′(x)=

(2ax-1)(x-1)

x

，令f'（x）＞0，解得0＜x＜1；令f'（x）＜0，解得x＞1．
∴f（x）在（0，1）是增函数，在（1，+∞）是减函数，
∴f（x）_最大值=f（1）=-a-1≤0，
得-1≤a＜0，
∴-1≤a＜0符合题意．
（3）当a＞0时，f′(x)=

(2ax-1)(x-1)

x

，f'（x）=0得x1=

1

2a

，x2=1，
a＞

1

2

时，0＜x₁＜1，令f'（x）＞0，解得0＜x＜

1

2a

或x＞1；
令f'（x）＜0，解得

1

2a

＜x＜1．
∴f（x）在（1，+∞）是增函数，
而当x→+∞时，f（x）→+∞，这与对于任意的x∈（0，+∞）时f（x）≤0矛盾．
同理0＜a≤

1

2

时也不成立．
综上所述：a的取值范围为[-1，0]．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了分类讨论的思想方法，考察了推理能力和计算能力，属于难题．