Question

設函數f（x）=x²-alnx-x，g（x）=2x-2x

x

+kex，（e=2.71828…是自然對數的底數）．
（1）討論f（x）在其定義域上的單調性；
（2）若a=2，且不等式xf（x）≥g（x）對于?x∈（0，+∞）恒成立，求k的取值范圍．

Answer 1

考點：導數在最大值、最小值問題中的應用,利用導數研究函數的單調性

專題：導數的綜合應用

分析：（1）求出函數的導函數，求解極值點，通過判別式的符號，判斷函數的導數的符號，即可討論f（x）在其定義域上的單調性；
（2）通過a=2，不等式xf（x）≥g（x）對于?x∈（0，+∞）恒成立，轉化為k≤e-x[x(x2-2lnx-x)-2x+2x

x

]恒成立，構造函數，通過函數的導數求解新函數的最值，然后求k的取值范圍．

解答： 解：（1）f′(x)=2x-

a

x

-1=

2x2-x-a

x

，令f′（x）=0，即2x²-x-a=0，△=1+8a，
①當a≤-

1

8

時，△≤0，則f′（x）≥0，此時f（x）在（0，+∞）上單調遞增；…（2分）
②當a＞-

1

8

時，△＞0，方程2x²-x-a=0兩根為x1=

1+ 1+8a

4

，x2=

1- 1+8a

4

（ⅰ）當-

1

8

＜a＜0時，x₁＞0，x₂＞0，則當x∈（0，x₂）時，f′（x）＞0，當x∈（x₂，x₁）時，f′（x）＜0，當x∈（x₁，+∞）時，f′（x）＞0，所以f（x）在（0，x₂）上遞增，在（x₂，x₁）上遞減；在（x₁，+∞）上遞增；…．（4分）
（ⅱ）當a≥0時，x₁＞0，x₂≤0，則當x∈（0，x₁）時，f′（x）＜0，當x∈（x₁，+∞）時，f′（x）＞0，所以f（x）在（0，x₁）上遞減，在（x₁，+∞）上遞增；
綜上：當a≤-

1

8

時，f（x）在（0，+∞）上單調遞增；
當-

1

8

＜a＜0時，f（x）在（0，x₂）上遞增，在（x₂，x₁）上遞減；在（x₁，+∞）上遞增；
當a≥0時，f（x）在（0，x₁）上遞減，在（x₁，+∞）上遞增．…（6分）
（2）依題意，x（x²-2lnx-x）≥2x-2x

x

+kex對于?x∈（0，+∞）恒成立，等價于k≤e-x[x(x2-2lnx-x)-2x+2x

x

]對于?x∈（0，+∞）恒成立，
即k≤e-xx•(x2-2lnx-x-2+2

x

)對于?x∈（0，+∞）恒成立，
令h（x）=e^-xx，F(x)=x2-2lnx-x-2+2

x

，x∈（0，+∞）
顯然h（x）＞0，…..（7分）
對于F(x)=x2-2lnx-x-2+2

x

，x∈（0，+∞）則F′(x)=2x-

2

x

-1+

1

x

=

( x -1)(2x x +2x+ x +2)

x

，
令F′（x）＞0，并由x＞0，得(

x

-1)(2x

x

+2x+

x

+2)＞0，解得x＞1，
令F′（x）＜0，由x＞0，解得0＜x＜1．…（9分）
列表分析：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
F′（x）	-	0	+
F′（x）	遞減	0	遞增

∴函數F（x）≥F（1）=0，
又∵h（x）＞0，∴h（x）•F（x）有最小值0，…．（11分）
因此，k的取值范圍是（-∞，0]．…．…（12分）

點評：本題考查函數與導數的綜合應用，函數的最值的求法，構造法多次求導數，是解題的關鍵，考查分析問題解決問題的能力，計算能力以及轉化思想的應用．