Question

已知函數(shù)f（x）=x（lnx+1）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的最小值；
（Ⅱ）設(shè)F（x）=ax²+f′（x）（a∈R），討論函數(shù)F（x）的單調(diào)性；
（Ⅲ）如果在公共定義域D上的函數(shù)f（x），f₁（x），f₂（x）滿足f₁（x）＜f（x）＜f₂（x），那么就稱f（x）為f₁（x）、f₂（x）的“可控函數(shù)”．已知函數(shù)f₁（x）=xlnx-a²lnx-

1

2

x²+（2a+1）x，f₂（x）=x³+x+a，若在區(qū)間（1，+∞）上，函數(shù)f（x）是f₁（x）、f₂（x）的“可控函數(shù)”，求實數(shù)a的取范圍．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求導(dǎo)函數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，即可求函數(shù)f（x）的最小值；
（Ⅱ）分類討論，利用導(dǎo)數(shù)的正負，即可得到函數(shù)F（x）的單調(diào)性．
（Ⅲ）由題意g（x）=f₁（x）-f（x）＜0，且h（x）=f₂（x）-f（x）＞0且在區(qū)間（1，+∞）上恒成立，分別確定函數(shù)的最小與最大，即可求得a的取值范圍．

解答： 解：（Ⅰ）∵f（x）=x（lnx+1）．
∴f′（x）=lnx+2．
令f′（x）=0．解得x=

1

e2

∵當x∈（0，

1

e2

） 時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，
當x∈（

1

e2

，+∞） 時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，
∴當x=

1

e2

時，f(x)min=

1

e2

(1n

1

e2

+1)=-

1

e2

，
故函數(shù)f（x）的最小值為-

1

e2

（Ⅱ）∵F（x）=ax²+f′（x），
∴F（x）=ax²+lnx+2．（x＞0）
∴F′（x）=2ax+

1

x

=

2ax2+1

x

．（x＞0）
①當a≥0時，恒有F'（x）＞0，F(xiàn)（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；
②當a＜0時，令F'（x）＞0，解得0＜x＜

- 1 2a

，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，
令F'（x）＜0，解得x＞

- 1 2a

，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，
綜上，當a≥0時，F(xiàn)（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；
當a＜0時，F(xiàn)（x）在(0，

- 1 2a

)上單調(diào)遞增，在(

- 1 2a

，+∞)上單調(diào)遞減，
（Ⅲ）在區(qū)間（1，+∞）上，函數(shù)f（x）為f₁（x）、f₂（x）的“可控函數(shù)”．
則f₁（x）＜f（x）＜f₂（x），
令g（x）=f₁（x）-f（x）=xlnx-a²lnx-

1

2

x²+（2a+1）x-x（lnx+1）=-

1

2

x²+2ax-a²lnx＜0，在（1，+∞）上恒成立，
∴g′（x）=-x+2a-

a2

x

=

-x2+2ax-a2

x

=

-(x-a)2

x

＜0，
∴g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴g（x）＜g（1）=-

1

2

+2a≤0，
∴a≤

1

4

，
再由f₂（x）-f（x）=x³+x+a-xlnx-x＞0對x∈（1，+∞）恒成立
于是a＞xlnx-x³對x∈（1，+∞）恒成立
令h（x）=xlnx-x³，則a＞h（x）_max，x∈（1，+∞）
∴h'（x）=

1

x

-6x=

1-6x2

x

＜0，在（1，+∞）上恒成立，
所以h（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，
則h（x）＜h（1）=-2＜0
因此，h（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，
所以h（x）_max=h（1）=-1，即a≥-1
綜上可知，函數(shù)f（x）為f₁（x）、f₂（x）的“可控函數(shù)”．實數(shù)a的取值范圍是[-1，

1

4

]．

點評：本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查新定義，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．