Question

9．函数f（x）=x²+ax-alnx．
（1）a=1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）a＞1时，求函数f（x）在[1，a]上的最大值．

Answer 1

分析 （1）a=1带入函数解析式，求f′（x），根据f′（x）的符号即可求出f（x）的单调区间；
（2）求f′（x），判断f（x）取极值的情况，判断出函数f（x）有极小值．所以对于f（x）在[1，a]上的最大值情况，只要比较端点处的值即可．令g（a）=f（a）-f（1），通过求g′（a），判断出g（a）＞0，或＜0即可．

解答 解：（1）a=1时，f（x）=x²+x-lnx=2x+1-$\frac{1}{x}$=$\frac{（2x-1）（x+1）}{x}$，
解：（1）a=1时，f（x）=x²+x-lnx的定义域为（0，+∞），
f′（x）=$\frac{（2x-1）（x+1）}{x}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{2}$，令f′（x）＜0，解得：x＜$\frac{1}{2}$，
∴f（x）的减区间为（0，$\frac{1}{2}$），增区间为（$\frac{1}{2}$，+∞）；
（2）a＞1时，f（x）=x²+ax-alnx的定义域为（0，+∞），
f′（x）=$\frac{{2x}^{2}+ax-a}{x}$，
设g（x）=2x²+ax-a，则f′（x）=$\frac{g（x）}{x}$，
设方程g（x）令2x²+ax-a=0，∵a＞1，
∴方程的根为：x₁=$\frac{-a-\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$＜0（舍去），x₂=$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}+8a}}{4}$；
∵x₁•x₂=-$\frac{a}{2}$＜0，∴x₂＞0；
∴x∈（0，x₂）时，f′（x）＜0；x∈（x₂，+∞）时，f′（x）＞0；
∴x₂是f（x）的极小值点；
∴f（x）在[1，a]上的最大值是f（1），f（a）中较大者；
设g（a）=f（a）-f（1）=2a²-a-alna-1；
g′（a）=4a-lna-3；
设h（a）=g′（a），则：h′（a）=4-$\frac{1}{a}$＞0；
∴h（a）在（1，+∞）上为增函数；
∴h（a）＞h（1）=4-3＞0，即g′（a）＞0；
∴g（a）在（1，+∞）上为增函数；
∴g（a）＞g（1）=0；
∴f（a）＞f（1）；
∴函数f（x）在[1，a]上的最大值为f（a）=2a²-alna．

点评 本题考查函数导数符号和函数单调性的关系，函数极值的概念，考查导数的应用以及比较f（a）和f（1）的方法，是一道综合题．