Question

11．已知函数f（x）=ax²-（a+2）x+lnx+2，其中a≤2．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若不等式f（x）≥0在x∈[1，2]上恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）通过讨论a的范围，求出f（x）的最小值，根据f（x）_min≥0，求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=2ax-（a+2）+$\frac{1}{x}$=$\frac{（ax-1）（2x-1）}{x}$，a≤2，
①a≤0时，ax-1＜0，
令f′（x）＞0，即2x-1＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{2}$，
令f′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{2}$，
故f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）递增，在（$\frac{1}{2}$，+∞）递减；
②0＜a＜2时，x=$\frac{1}{2}$＜$\frac{1}{a}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{a}$或x＜$\frac{1}{2}$，
令f′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2}$＜x＜$\frac{1}{a}$，
故f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）递增，在（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{a}$）递减，在（$\frac{1}{a}$，+∞）递增；
③a=2时，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）递增；
（Ⅱ）由（Ⅰ）①a≤0时，f（x）在[1，2]递减，
f（x）_min=f（2）=2a-2+ln2≥0，解得：a≥1-2ln2，
故1-2ln2≤a≤0；
②0＜a≤$\frac{1}{2}$时，$\frac{1}{a}$≥2，f（x）在[1，2]递减
f（x）_min=f（2）=2a-2+ln2≥0，解得：a≥1-$\frac{1}{2}$ln2＞$\frac{1}{2}$，
无解；
③$\frac{1}{2}$＜a＜1时，1＜$\frac{1}{a}$＜2，
故f（x）在[1，$\frac{1}{a}$）递减，在（$\frac{1}{a}$，2]递增，
故f（x）min=f（$\frac{1}{a}$）=1-$\frac{1}{a}$-lna≥0，
令g（a）=1-$\frac{1}{a}$-lna，a∈（$\frac{1}{2}$，1），
g′（a）=$\frac{1}{{a}^{2}}$-$\frac{1}{a}$=$\frac{1-a}{{a}^{2}}$＞0，
故g（a）在（$\frac{1}{2}$，1）递增，
g（a）＜g（1）=0，
故1＜$\frac{1}{a}$＜2时，不合题意；
④a≥1时，$\frac{1}{a}$≤1，
故f（x）在[1，2]递增，f（x）_min=f（1）=0，
故a≥1，
综上，1-2ln2≤a≤0或a≥1．

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