Question

已知a为常数，a∈R，函数f（x）=（x-1）lnx，g（x）=-

1

3

x³+

2-a

2

x²+（a-1）x．
（1）求函数f（x）的最值；
（2）若a＞0，函数g′（x）为函数g（x）的导函数，g′（x）≤k（a³+a）恒成立，求k的取值范围；
（3）当a≤时，求证：h（x）=f（x）+g（x）在区间（0，1]上的单调递减．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：转化思想,导数的综合应用

分析：（1）求导数，令f′（1）=0，f′（x）＜0，f′（x）＞0，解决
（2），分离参数，构造函数，用最值解决．
（3）运用两次求导，最值，判断单调性，弄清导数与单调性的关系

解答： 解：（1）由题意可知f（x）的定定义域为{x|x＞0}，f′（x）=1-

1

x

+lnx，且f′（1）=0
当0＜x＜1，时，f′（x）＜0，当x＞1时，f′（x）＞0
所以f（x）在x=1处取的极小值，且为函数的最小值，函数无最大值．
所以f（x）_min=f（1）=0
（2）依题意g′（x）=-x²+（2-a）x+a-1，在对称轴x=1-

a

2

处
取得最大值g′（x）_max=

a2

4

，要使不等式g′（x）≤k（a³+a）恒成立，只须

a2

4

）≤k（a³+a）恒成立，
由a＞0，k≥

a2

4(a3+a)

=

1

4(a+ 1 a )

，又

1

4(a+ 1 a )

≤

1

8

，
∴k≥

1

8

（3）h（x）=f（x）+g（x）=（x-1）lnx-

1

3

x³+

2-a

2

x²+（a-!）x，
h′（x）=-x²+(2-a)x+a-

1

x

+lnx，
设m（x）=-x²+(2-a)x+a-

1

x

+lnx，m′（x）=-2x+

1

x2

+

1

x

+2-a，
易知m′（x）在（0，1】减函数，m（x）≥m（1）=2-a，
当a≤2时，m′（x）≥0，m（x）在（0，1】增函数．
∵，m（1）=0，∴m（x）≤0在（0，1】上恒成立，h′（x）≤0在（0，1】上恒成立．
h（x）在区间（0，1]上的单调递减．

点评：考查了导数的基本应用，判断单调性，极值．可以解决复杂函数的单调性，这时候可以利用再次求导判断，考虑最值问题帮助