Question

14．设函数f（x）=ax²-a-lnx，其中a∈R．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当x∈（1，+∞）时，xf（x）+xe^1-x＞1恒成立，求a的取值范围．（其中，e=2.718…为自然对数的底数）．

Answer 1

分析 （I）利用导数的运算法则得出f′（x），通过对a分类讨论，利用一元二次方程与一元二次不等式的关系即可判断出其单调性；
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-$\frac{1}{x}$+e^1-x=ax²-lnx-$\frac{1}{x}$+e^1-x-a，可得g（1）=0，从而g′（1）≥0，解得得a≥$\frac{1}{2}$，当a≥$\frac{1}{2}$时，可得F′（x）在a≥$\frac{1}{2}$时恒大于0，即F（x）在x∈（1，+∞）单调递增．由F（x）＞F（1）=2a-1≥0，可得g（x）也在x∈（1，+∞）单调递增，进而利用g（x）＞g（1）=0，可得g（x）在x∈（1，+∞）上恒大于0，综合可得a所有可能取值．

解答 解：（Ⅰ）由题意，f′（x）=2ax-$\frac{1}{x}$=$\frac{2{ax}^{2}-1}{x}$，x＞0，
①当a≤0时，2ax²-1≤0，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）上单调递减．
②当a＞0时，f′（x）=$\frac{2a（x+\frac{1}{2a}）（x-\frac{1}{2a}）}{x}$，当x∈（0，$\frac{1}{2a}$）时，f′（x）＜0，
当x∈（$\frac{1}{2a}$，+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在（0，$\frac{1}{2a}$）上单调递减，在（$\frac{1}{2a}$，+∞）上单调递增．
（Ⅱ）原不等式等价于f（x）-$\frac{1}{x}$+e^1-x＞0在x∈（1．+∞）上恒成立，
一方面，令g（x）=f（x）-$\frac{1}{x}$+e^1-x=ax²-lnx-$\frac{1}{x}$+e^1-x-a，
只需g（x）在x∈（1．+∞）上恒大于0即可，
又∵g（1）=0，故g′（x）在x=1处必大于等于0．
令F（x）=g′（x）=2ax-$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$-e^1-x，g′（1）≥0，可得a≥$\frac{1}{2}$，
另一方面，当a≥$\frac{1}{2}$时，F′（x）=2a+$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{2}{{x}^{3}}$+e^1-x≥1+$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{2}{{x}^{3}}$+e^1-x=$\frac{{x}^{3}+x-2}{{x}^{3}}$+e^1-x，
∵x∈（1，+∞），故x³+x-2＞0，又e^1-x＞0，故F′（x）在a≥$\frac{1}{2}$时恒大于0．
∴当a≥$\frac{1}{2}$时，F（x）在x∈（1，+∞）单调递增．
∴F（x）＞F（1）=2a-1≥0，故g（x）也在x∈（1，+∞）单调递增．
∴g（x）＞g（1）=0，即g（x）在x∈（1，+∞）上恒大于0．
综上，a≥$\frac{1}{2}$．

点评 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，导数在最大值、最小值问题中的应用，考查了计算能力和转化思想，熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值、分类讨论的思想方法等是解题的关键．