题号:2029    题型:解答题    来源:2022-2023湖北九师联盟高三上学期开学数学摸底考试
已知函数 $f(x)=x^2-\left(a^2+2\right) x+a \ln x(a \in \mathbf{R})$.
(1) 当 $a=1$ 时,求 $f(x)$ 的单调区间;
(2) 当 $x \geqslant \mathrm{e}^2$ 时, $f(x)+\left(a^2-3 a+2\right) x+\left(a^2-a\right) \ln x \geqslant 0$ 恒成立,求实数 $a$ 的取值范围.
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答案:
解: (1) 当 $a=1$ 时, $f(x)=x^2-3 x+\ln x$, 其定义域为 $(0,+\infty)$,
$$
f^{\prime}(x)=2 x-3+\frac{1}{x}=\frac{2 x^2-3 x+1}{x}=\frac{(2 x-1)(x-1)}{x},
$$
令 $f^{\prime}(x) > 0$, 得 $0 < x < \frac{1}{2}$ 或 $x > 1$; 令 $f^{\prime}(x) < 0$, 得 $\frac{1}{2} < x < 1$.
所以 $f(x)$ 的单调递增区间为 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 和 $(1,+\infty)$; 单调递减区间为 $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$.
(2) $f(x)+\left(a^2-3 a+2\right) x+\left(a^2-a\right) \ln x=x^2-3 a x+a^2 \ln x$,
令 $g(x)=x^2-3 a x+a^2 \ln x$, 则当 $x \geqslant e^2$ 时, $g(x) \geqslant 0$ 恒成立.
$g^{\prime}(x)=2 x-3 a+\frac{a^2}{x}=\frac{2 x^2-3 a x+a^2}{x}=\frac{(2 x-a)(x-a)}{x} .$
(1)若 $a \leqslant 0$, 则 $g^{\prime}(x) > 0$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立,$g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,
所以当 $x \geqslant \mathrm{e}^2$ 时, $g(x) \geqslant g\left(\mathrm{e}^2\right)=\mathrm{e}^1-3 a \mathrm{e}^2+2 a^2 > 0$ 恒成立,
所以 $a \leqslant 0$ 符合题意.
(2)若 $a > 0$, 由 $g^{\prime}(x) > 0$, 得 $0 < x < \frac{a}{2}$ 或 $x > a$; 由 $g^{\prime}(x) < 0$, 得 $\frac{a}{2} < x < a$,
所以 $g(x)$ 的单调递增区间为 $\left(0, \frac{a}{2}\right)$ 和 $(a,+\infty), g(x)$ 的单调递淢区间为 $\left(\frac{a}{2}, a\right)$.
(i) 当 $\mathrm{e}^2 < \frac{a}{2}$, 即 $a > 2 \mathrm{e}^2$ 时,
$g(x)$ 在 $\left[\mathrm{e}^2, \frac{a}{2}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(\frac{a}{2}, a\right)$ 上单调递减, 在 $(a,+\infty)$ 上单调递增,

所以对 $\forall x \in\left[\mathrm{e}^2,+\infty\right)$, 要使 $g(x) \geqslant 0$ 恒成立, 只需 $\left\{\begin{array}{l}g\left(\mathrm{e}^2\right) \geqslant 0, \\ g(a) \geqslant 0,\end{array}\right.$ 而 $\left\{\begin{array}{l}g\left(\mathrm{e}^2\right)=2 a^2-3 a \mathrm{e}^2+\mathrm{e}^4=\left(2 a-\mathrm{e}^2\right)\left(a-\mathrm{e}^2\right) \geqslant 0, \\ g(a)=a^2-3 a^2+a^2 \ln a=a^2(\ln a-2) \geqslant 0\end{array}\right.$ 成立, 所以 $a > 2 \mathrm{e}^2$ 符合题意;


(ii) 当 $\frac{a}{2} \leqslant \mathrm{e}^2 < a$, 即 $\mathrm{e}^2 < a \leqslant 2 \mathrm{e}^2$ 时, 则 $g(x)$ 在 $\left[\mathrm{e}^2, a\right)$ 上单调递减, 在 $(a,+\infty)$ 上单调递增. 所以对 $\forall x \in\left[\mathrm{e}^2\right.$, $\left.+\infty\right)$, 要使 $g(x) \geqslant 0$ 恒成立, 只需 $g(a) \geqslant 0$ 即可,


而 $g(a)=a^2-3 a^2+a^2 \ln a=a^2(\ln a-2) \geqslant 0$ 成立, 所以 $\mathrm{e}^2 < a \leqslant 2 \mathrm{e}^2$ 符合题意; (iii) 当 $\mathrm{e}^2 \geqslant a$, 即 $0 < a \leqslant \mathrm{e}^2$ 时, $g(x)$ 在 $\left[\mathrm{e}^2,+\infty\right)$ 上单调递增, 所以对 $\forall x \in\left[\mathrm{e}^2,+\infty\right)$, 要使 $g(x) \geqslant 0$ 恒成立, 只需 $g\left(\mathrm{e}^2\right)=\mathrm{e}^4-3 a \mathrm{e}^2+2 a^2=\left(2 a-\mathrm{e}^2\right)\left(a-\mathrm{e}^2\right) \geqslant 0$,

可见, $0 < a \leqslant \frac{\mathrm{e}^2}{2}$ 符合题意.
综上, 实数 $a$ 的取值范围是 $\left(-\infty, \frac{\mathrm{e}^2}{2}\right] \cup\left[\mathrm{e}^2,+\infty\right)$.
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