Question

已知函数f（x）=（x-1）e^x-kx²（k∈R），g（x）=alnx（a∈R）．
（1）当a=1时，求y=xg（x）的单调增区间；
（2）若对?x∈[1，e]，都有g（x）≥-x²+（a+2）x成立，求a的取值范围．
（3）当k∈（

3

4

，1]时，求f（x）在[0，k]上的最大值．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（1）将a=1代入求出函数的表达式，通过求导令导函数大于0，从而求出函数的单调递增区间；
（2）问题转化为a≤

x2-2x

x-lnx

对1≤x≤e恒成立．记h（x）=

x2-2x

x-lnx

，通过求导得到h（x）的单调性，从而求出a的范围；
（3）先求出函数的导数，通过讨论当0＜x＜ln2k时，当ln2k＜x＜k时的情况，从而得到函数f（x）的最大值．

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

1

e

．
所以函数y=xlnx的单调增区间为（

1

e

，+∞）；
（2）由题意 alnx≥-x²+（a+2）x对1≤x≤e恒成立，因为1≤x≤e时，x-lnx＞0，
所以a≤

x2-2x

x-lnx

对1≤x≤e恒成立．记h（x）=

x2-2x

x-lnx

，
因为h′（x）=

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

(x-lnx)2

≥0对1≤x≤e恒成立，当且仅当x=1时h′（x）=0，
所以h（x）在[1，e]上是增函数，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），
可证lnx≤x-1对任意x＞0恒成立，∴ln2k≤2k-1．
∵k≤1，∴2k-1≤k，由于等号不能同时成立，∴ln2k＜k，于是0＜ln2k＜k，
当0＜x＜ln2k时，f′（x）＜0，f（x）在（0，ln2k）上单调递减，
当ln2k＜x＜k时，f′（x）＞0，f（x）在（ln2k，k）单调递增，
∴f（x）_max=max{f（0），f（k）}=max{-1，（k-1）e^k-k³}，
记p（x）=（x-1）e^x-x³+1，0≤x≤1，以下证明当0≤x≤1时，p（x）≥0，
p′（x）=x（e^x-3x），记r（x）=e^x-3x，r′（x）=e^x-3＜0对0＜x＜1恒成立，
∴r（x）在[0，1]单调递减，r（0）=1＞0，r（1）=-2＜0，
∴?x₀∈（0，1）使ex0-3x₀=0，
当0＜x＜x₀时，p′（x）＞0，p（x）在（0，x₀）上单调递增，
当x₀＜x＜1时，p′（x）＜0，p（x）在（x₀，1）单调递减，
又p（0）=p（1）=0，∴p（x）≥0对0＜x≤1恒成立，
即（x-1）e^x-x³≥-1对）＜x≤1恒成立，
∴f（x）_max=（k-1）e^k-k³．

点评：本题考查了函数的单调性，考查了导数的应用，考查了分类讨论思想，是一道综合题．