Question

11．已知函数f（x）=（2a+1）x-ax²-（a+1）-lnx，其中a∈R．
（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的极值；
（Ⅱ）当x≥1时，f（x）≥0，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）当a=1时，求得f（x）的解析式及导函数，令f′（x）=0，求得可能的极值点，令f′（x）＞0得函数的增区间，令f′（x）＜0得到函数的减区间，根据函数的单调性即可判断函数的极值；
（Ⅱ）求导，由导函数的导数恒大于等于0可得导函数单调递增，然后对a分类分析求解实数a的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）=3x-x²-2-lnx，定义域为（0，+∞），
f′（x）=3-2x-$\frac{1}{x}$=$\frac{-2（x-\frac{1}{2}）（x-1）}{x}$，
当0＜x＜$\frac{1}{2}$或x＞1时，f′（x）＜0，当$\frac{1}{2}$＜x＜1时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）上单调递减，在（$\frac{1}{2}$，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
∴当x=$\frac{1}{2}$时，f（x）取极小值f（$\frac{1}{2}$）=ln2-$\frac{3}{4}$，
当x=1时，f（x）取极大值f（1）=0．
（Ⅱ）∵f′（x）=$\frac{-（x-1）（2ax-1）}{x}$，x∈[1，+∞），
①当a≤0时，f′（x）≥0，则f（x）在[1，+∞）上是增函数，
∴当x≥1时，f（x）≥f（1）=0，适合；
②当0＜a≤$\frac{1}{2}$时，$\frac{1}{2a}$≥1，则f′（x）=$\frac{-2a（x-1）（x-\frac{1}{2a}）}{x}$，
当x∈[1，$\frac{1}{2a}$]时，f′（x）≥0，
当x∈[$\frac{1}{2a}$，+∞）时，f′（x）≤0，
∴f（x）在[1，$\frac{1}{2a}$]是增函数，在[$\frac{1}{2a}$，+∞）是减函数，
当x＞$\frac{1}{a}$时，f（x）＜0，故不适合，
③当a＞$\frac{1}{2}$时，1＞$\frac{1}{2a}$＞0，则f′（x）=$\frac{-2a（x-1）（x-\frac{1}{2a}）}{x}$≤0，
则f（x）在[1，+∞）上是减函数，
∴当x≥1时，f（x）≤f（1）=0，不适合；
∴a的取值范围为（-∞，0]．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性及极值，考查利用导数求函数的最值，体现了分类讨论的数学思想方法和数学转化思想方法，是属于难题．