《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

[例2](2023·烟台模拟)已知函数$f(x)=x^{2}+a\ln x$。
(1)讨论$f(x)$的单调性；
(2)若$f(x)\geqslant0$恒成立，求$a$的取值范围。

答案： [解析]
(1)因为$f'(x)=2x+\frac{a}{x}$，$x＞0$，
①若$a\geqslant0$，则$f'(x)＞0$恒成立，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。
②若$a＜0$，令$f'(x)=0$，得$x=\sqrt{-\frac{a}{2}}$，
当$x\in(0,\sqrt{-\frac{a}{2}})$时，$f'(x)＜0$，$f(x)$单调递减；
当$x\in(\sqrt{-\frac{a}{2}},+\infty)$时，$f'(x)＞0$，$f(x)$单调递增。
综上所述，当$a\geqslant0$时，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；
当$a＜0$时，$f(x)$在$(0,\sqrt{-\frac{a}{2}})$上单调递减，在$(\sqrt{-\frac{a}{2}},+\infty)$上单调递增。
(2)由
(1)知$f'(x)=\frac{2x^{2}+a}{x}(x＞0)$，
当$a＞0$时，$f'(x)＞0$，所以$f(x)$单调递增，又$x\rightarrow0^{+}$，$f(x)\rightarrow-\infty$，
故$f(x)\geqslant0$不恒成立；
当$a = 0$时，$f(x)=x^{2}＞0$，符合题意；
当$a＜0$时，$f(x)$在$(0,\sqrt{-\frac{a}{2}})$上单调递减，在$(\sqrt{-\frac{a}{2}},+\infty)$上单调递增。
所以$f(x)_{min}=f(\sqrt{-\frac{a}{2}})=-\frac{a}{2}+a\ln\sqrt{-\frac{a}{2}}$，
由$f(x)\geqslant0$恒成立，可得$-\frac{a}{2}+a\ln\sqrt{-\frac{a}{2}}\geqslant0$，解得$a\geqslant - 2e$，所以$-2e\leqslant a＜0$。
综上，$a$的取值范围为$[-2e,0]$。

已知函数$f(x)=\ln x - a(x - 1)$，$a\in\mathbf{R}$，$x\in[1,+\infty)$，且$f(x)\leqslant\frac{\ln x}{x + 1}$恒成立，求$a$的取值范围。

答案： [解析]$f(x)-\frac{\ln x}{x + 1}=\frac{x\ln x - a(x^{2}-1)}{x + 1}$，
构造函数$g(x)=x\ln x - a(x^{2}-1)(x\geqslant1)$，
$g'(x)=\ln x + 1 - 2ax$，
令$F(x)=g'(x)=\ln x + 1 - 2ax$，$F'(x)=\frac{1 - 2ax}{x}$。
①若$a\leqslant0$，则$F'(x)＞0$，$g'(x)$在$[1,+\infty)$上单调递增，$g'(x)\geqslant g'(1)=1 - 2a＞0$，
所以$g(x)$在$[1,+\infty)$上单调递增，$g(x)\geqslant g(1)=0$，
从而$f(x)-\frac{\ln x}{x + 1}\geqslant0$，不符合题意。
②若$0＜a＜\frac{1}{2}$，当$x\in[1,\frac{1}{2a}]$时，$F'(x)＞0$，
所以$g'(x)$在$[1,\frac{1}{2a}]$上单调递增，
从而$g'(x)\geqslant g'(1)=1 - 2a＞0$，
所以$g(x)$在$[1,\frac{1}{2a}]$上单调递增，$g(x)\geqslant g(1)=0$，
从而$f(x)-\frac{\ln x}{x + 1}\geqslant0$，不符合题意。
③若$a\geqslant\frac{1}{2}$，则$F'(x)\leqslant0$在$[1,+\infty)$上恒成立，
所以$g'(x)$在$[1,+\infty)$上单调递减，
$g'(x)\leqslant g'(1)=1 - 2a\leqslant0$。
所以$g(x)$在$[1,+\infty)$上单调递减，
从而$g(x)\leqslant g(1)=0$，$f(x)-\frac{\ln x}{x + 1}\leqslant0$，
综上，$a$的取值范围是$[\frac{1}{2},+\infty)$。

[例3]已知定义在$(0,+\infty)$上的函数$f(x)=(x - 1)e^{x}-\frac{ax^{2}}{2}$，若$f(x)\leqslant3$在$(0,2]$上恒成立，求实数$a$的取值范围。

答案： [解析]函数$f(x)$的导数$f'(x)=xe^{x}-ax=x(e^{x}-a)$，
①若$a\leqslant1$，则在$(0,2]$上，$f'(x)＞0$恒成立，$f(x)$单调递增，因此$f(x)_{max}=f(2)=e^{2}-2a＞3$，不符合题意；
②若$1＜a＜e^{2}$，令$f'(x)=0$得$x=\ln a$，当$x\in(0,\ln a)$时，$f'(x)＜0$，当$x\in(\ln a,2]$时，$f'(x)＞0$，因此$f(x)$在$(0,\ln a)$上单调递减，在$(\ln a,2]$上单调递增，又因为$f(0)=-1＜3$，
所以只需$f(2)\leqslant3$即可，即$e^{2}-2a\leqslant3$，
解得$\frac{e^{2}-3}{2}\leqslant a＜e^{2}$；
③若$a\geqslant e^{2}$，则在$(0,2)$上，$f'(x)＜0$恒成立，$f(x)$单调递减，因此$f(x)＜f(0)=-1＜3$，符合题意。
综上所述，实数$a$的取值范围是$[\frac{e^{2}-3}{2},+\infty)$。