题目

题型：解答题难度：一般来源：杭州一模

已知函数f（x）=x²-x+alnx
（1）当x≥1时，f（x）≤x²恒成立，求a的取值范围；
（2）讨论f（x）在定义域上的单调性．

答案

（1）由f（x）≤x²恒成立，得：alnx≤x在x≥1时恒成立
当x=1时a∈R（2分）
当x＞1时即a≤

x

lnx

，令g(x)=

x

lnx

，g′(x)=

lnx-1

ln2x

 （4分）
x≥e时g"（x）≥0，g（x）在x＞e时为增函数，g（x）在x＜e时为减函数
∴g_min（x）=e∴a≤e（6分）
（2）f（x）=x²-x+alnx，f′（x）=2x-1+

a

x

=

2x2-x+a

x

，x＞0
（1）当△=1-8a≤0，a≥

1

8

时，f′（x）≥0恒成立，
f（x）在（0，+∞）上为增函数．（8分）
（2）当a＜

1

8

时
①当0＜a＜

1

8

时，

1+ 1-8a

4

＞

1- 1-8a

4

＞0，
f（x）在[

1- 1-8a

4

，

1+ 1-8a

4

]上为减函数，
f（x）在(0，

1- 1-8a

4

]，[

1+ 1-8a

4

，+∞)上为增函数．（11分）
②当a=0时，f（x）在（0，1]上为减函数，f（x）在[1，+∞）上为增函数（12分）
③当a＜0时，

1- 1-8a

4

＜0，故f（x）在（0，

1+ 1-8a

4

]上为减函数，
f（x）在[

1+ 1-8a

4

，+∞）上为增函数．（14分）