Question

已知函數(shù)f（x）=

1

2

x²+alnx（a∈R）．
（Ⅰ）當a=-1時，求函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）若函數(shù)g（x）=f（x）+

1

x

在[1，+∞）上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）先求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)來求出函數(shù)的極值，
（Ⅱ）先求導(dǎo)，再分a≥0，a＜0進行討論，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，函數(shù)g（x）=
（Ⅲ）由題意得到g（x）=

1

2

x²+alnx+

1

x

，求導(dǎo)得到g′（x）=x+

a

x

-

1

x2

，函數(shù)g（x）=f（x）+

1

x

在[1，+∞）上是增函數(shù)，轉(zhuǎn)化為a≥

1

x

-x²在[1，+∞）上恒成立，再設(shè)設(shè)h（x）=

1

x

-x²，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最大值，得到a的取值范圍．

解答： 解：（Ⅰ）當a=-1時，f（x）=

1

2

x²-lnx，x＞0，
∴f′（x）=x-

1

x

=

(x+1)(x-1)

x

令f′（x）=0，解得x=1，
當x＞1時，f′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，
當0＜x＜1時，f′（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，
故當x=1時，函數(shù)有極小值，極小值為f（1）=

1

2

；
（Ⅱ）∵f′（x）=x+

a

x

=

x2+a

x

，
當a≥0時，f′（x）＞0，故函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞），
當a＜0時，
令f′（x）=

x2+a

x

=0，解得x=

-a

，
當x＞

-a

時，f′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，
當0＜x＜

-a

時，f′（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，
綜上所述，當a≥0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞），
當a＜0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（

-a

，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（0，

-a

），
（Ⅲ）∵g（x）=f（x）+

1

x

，
∴g（x）=f（x）+

1

x

，
∴g（x）=

1

2

x²+alnx+

1

x

，
∴g′（x）=x+

a

x

-

1

x2

，
∵函數(shù)g（x）=f（x）+

1

x

在[1，+∞）上是增函數(shù)，
∴則g′（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，
即不等式x+

a

x

-

1

x2

≥0在[1，+∞）上恒成立，
也即a≥

1

x

-x²在[1，+∞）上恒成立，
設(shè)h（x）=

1

x

-x²，
∴h′（x）=-2x-

1

x

＜0，
∴h（x）在[1，+∞）為減函數(shù)，
∴h（x）_max=h（1）=0．
∴所以a≥0．
故a的取值范圍為[0，+∞）．

點評：本題考查了導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性，極值，最值的關(guān)系，以及求參數(shù)的取值范圍的問題，考查了分類討論的思想，轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．