Question

1．已知函數(shù)f（x）=x²-（2a+1）x+alnx，a∈R
（1）當(dāng)a=1，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）a＞1時，求f（x）在區(qū)間[1，e]上的最小值；
（3）g（x）=（1-a）x，若$?{x_0}∈[{\frac{1}{e}，e}]$使得f（x₀）≥g（x₀）成立，求a的范圍．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的表達(dá)式，定義域以及導(dǎo)數(shù)，然后判斷導(dǎo)函數(shù)的符號，求出單調(diào)區(qū)間．
（2）求出導(dǎo)函數(shù)以及極值點，通過當(dāng)1＜a＜e時，當(dāng)a≥e時方便起見函數(shù)的最小值即可．
（3）轉(zhuǎn)化不等式f（x）≥g（x）在區(qū)間$[{\frac{1}{e}，e}]$上有解為x²-2x+a（lnx-x）≥0在$[{\frac{1}{e}，e}]$上有解，通過$x∈[{\frac{1}{e}，e}]$時，當(dāng)x∈（1，e]時，求解函數(shù)的導(dǎo)數(shù)求出新函數(shù)的最值，然后求解a的取值范圍．

解答 解：（1）當(dāng)a=1，f（x）=x²-3x+lnx，定義域（0，+∞），
∴${f^'}（x）=2x-3+\frac{1}{x}=\frac{（2x-1）（x-1）}{x}$…（2分）
$\frac{（2x-1）（x-1）}{x}=0$，解得x=1或x=$\frac{1}{2}$，x∈$（0，\frac{1}{2}）$，（1，+∞），f′（x）＞0，f（x）是增函數(shù)，x∈（$\frac{1}{2}$，1），
函數(shù)是減函數(shù)．…（4分）
（2）∴${f^'}（x）=\frac{（2x-1）（x-a）}{x}，令{f^'}（x）=0$，∴$x=a或x=\frac{1}{2}$，
當(dāng)1＜a＜e時，

x	（1，a）	a	（a，e）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↓	極小值	↑

∴f（x）_min=f（a）=a（lna-a-1）
當(dāng)a≥e時，f（x）在[1，a）減函數(shù)，（a，+∞）函數(shù)是增函數(shù)，
∴$f（x）在[{1，e}]↓，f（x{）_{min}}=f（e）={e^2}-（2a+1）e+a$
綜上$f{（x）}_{min}=\left\{\begin{array}{l}a（lna-a-1），1＜a＜e\\{e}^{2}-（2a+1）e+a，a≥e\end{array}\right.$…（9分）
（3）由題意不等式f（x）≥g（x）在區(qū)間$[{\frac{1}{e}，e}]$上有解
即x²-2x+a（lnx-x）≥0在$[{\frac{1}{e}，e}]$上有解，
∵當(dāng)$x∈[{\frac{1}{e}，e}]$時，lnx≤0＜x，
當(dāng)x∈（1，e]時，lnx≤1＜x，∴l(xiāng)nx-x＜0，
∴$a≤\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$在區(qū)間$[{\frac{1}{e}，e}]$上有解．
令$h（x）=\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}，{h^'}（x）=\frac{（x-1）（x+2-2lnx）}{{{{（x-lnx）}^2}}}$…（10分）
∵$x∈[{\frac{1}{e}，e}]$，∴x+2＞2≥2lnx∴$x∈[{\frac{1}{e}，1}）$時，h′（x）＜0，h（x）是減函數(shù)，
x∈（1，e]，h（x）是增函數(shù)，
∴$h（\frac{1}{e}）=\frac{{\frac{1}{e}（\frac{1}{e}-2）}}{{\frac{1}{e}+1}}＜0，h（e）=\frac{e（e-2）}{e-1}＞0$，
∴$x∈[{\frac{1}{e}，e}]$時，$h{（x）_{max}}=h（e）=\frac{e（e-2）}{e-1}$，∴$a≤\frac{e（e-2）}{e-1}$
∴a的取值范圍為$（{-∞，\frac{e（e-2）}{e-1}}]$…（14分）

點評 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的最值的求法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．