Question

已知函数f（x）=ax²+x-xlnx（a＞0）．
（1）若函数满足f（1）=2，且在定义域内f（x）≥bx²+2x恒成立，求实数b的取值范围；
（2）若函数f（x）在定义域上是单调函数，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）由已知，求得f（x）=x²+x-xlnx．将不等式f（x）≥bx²+2x转化为1-

1

x

-

lnx

x

≥b．构造函数g（x）=1-

1

x

-

lnx

x

，只需b≤g（x）min即可．因此又需求g（x）min．
（2）函数f（x）在定义域上是单调函数，需f′（x）在定义域上恒非负或恒非正．考查f′（x）的取值情况，进行解答．

解答：解：（1）∵f（1）=2，∴a=1，f（x）=x²+x-xlnx．由f（x）≥bx²+2x?1-

1

x

-

lnx

x

≥b．
令g（x）=1-

1

x

-

lnx

x

，可得g（x）在（0，1]上单调递减，在[1，+∞）上单调递增，所以g（x）min=g（1）=0，即b≤0．
（2）f′（x）=2ax-lnx（x＞0）．令f′（x）＞0，得2a≥

lnx

x

，
   令h（x）=

lnx

x

，当x=e时，h（x）max=

1

e

∴当a≥

1

2e

时，f′（x）＞0（x＞0）恒成立，此时．函数f（x）在定义域上单调递增．
 若0＜a＜

1

2e

，g（x）=2ax-lnx，（x＞0），g′（x）=2a-

1

x

由g′（x）=0，得出x=

1

2a

，x∈(0，

1

2a

)，g′（x）＜0，x∈(

1

2a

，+∞)，g′（x）＞0，∴x=

1

2a

时，g（x）取得极小值也是最小值．而当0＜a＜

1

2e

时，g（

1

2a

）=1-ln

1

2a

＜0，f′（x）=0必有根．f（x）必有极值，在定义域上不单调．
综上所述，a≥

1

2e

．

点评：此题考查函数单调性与导数故选的应用，考查学生会利用导函数的正负确定函数的单调区间，掌握函数恒成立时所取的条件，是一道综合题．