Question

已知函數f（x）=（x-1）e^x-kx²（k∈R），g（x）=alnx（a∈R）．
（1）當a=1時，求y=xg（x）的單調增區間；
（2）若對?x∈[1，e]，都有g（x）≥-x²+（a+2）x成立，求a的取值范圍．
（3）當k∈（

3

4

，1]時，求f（x）在[0，k]上的最大值．

Answer 1

考點：利用導數研究函數的單調性,利用導數求閉區間上函數的最值

專題：導數的綜合應用

分析：（1）將a=1代入求出函數的表達式，通過求導令導函數大于0，從而求出函數的單調遞增區間；
（2）問題轉化為a≤

x2-2x

x-lnx

對1≤x≤e恒成立．記h（x）=

x2-2x

x-lnx

，通過求導得到h（x）的單調性，從而求出a的范圍；
（3）先求出函數的導數，通過討論當0＜x＜ln2k時，當ln2k＜x＜k時的情況，從而得到函數f（x）的最大值．

解答： 解：（1）a=1時，y=xlnx，y′=lnx+1，令y′＞0，得lnx＞-1，解得x＞

1

e

．
所以函數y=xlnx的單調增區間為（

1

e

，+∞）；
（2）由題意 alnx≥-x²+（a+2）x對1≤x≤e恒成立，因為1≤x≤e時，x-lnx＞0，
所以a≤

x2-2x

x-lnx

對1≤x≤e恒成立．記h（x）=

x2-2x

x-lnx

，
因為h′（x）=

(x-1)[x+2(1-lnx)]

(x-lnx)2

≥0對1≤x≤e恒成立，當且僅當x=1時h′（x）=0，
所以h（x）在[1，e]上是增函數，所以h（x）_min=h（1）=-1，因此a≤-1；
（3）∵f′（x）=e^x+（x-1）e^x-2kx=x（e^x-2k），由f′（x）=0解得x=ln2k或x=0（舍），
可證lnx≤x-1對任意x＞0恒成立，∴ln2k≤2k-1．
∵k≤1，∴2k-1≤k，由于等號不能同時成立，∴ln2k＜k，于是0＜ln2k＜k，
當0＜x＜ln2k時，f′（x）＜0，f（x）在（0，ln2k）上單調遞減，
當ln2k＜x＜k時，f′（x）＞0，f（x）在（ln2k，k）單調遞增，
∴f（x）_max=max{f（0），f（k）}=max{-1，（k-1）e^k-k³}，
記p（x）=（x-1）e^x-x³+1，0≤x≤1，以下證明當0≤x≤1時，p（x）≥0，
p′（x）=x（e^x-3x），記r（x）=e^x-3x，r′（x）=e^x-3＜0對0＜x＜1恒成立，
∴r（x）在[0，1]單調遞減，r（0）=1＞0，r（1）=-2＜0，
∴?x₀∈（0，1）使ex0-3x₀=0，
當0＜x＜x₀時，p′（x）＞0，p（x）在（0，x₀）上單調遞增，
當x₀＜x＜1時，p′（x）＜0，p（x）在（x₀，1）單調遞減，
又p（0）=p（1）=0，∴p（x）≥0對0＜x≤1恒成立，
即（x-1）e^x-x³≥-1對）＜x≤1恒成立，
∴f（x）_max=（k-1）e^k-k³．

點評：本題考查了函數的單調性，考查了導數的應用，考查了分類討論思想，是一道綜合題．