Question

已知函数f（x）=alnx-（1+a）x+ 1 2 x 2 ，a∈R

Answer 1

（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=

(x-1)(x-a)

x ，

当0＜a＜1时，由f′（x）＞0可得0＜x＜a或x＞1；由f′（x）＜0可得a＜x＜1，

∴函数f（x）的单调递增区间是（0，a），（1，+∞），单调递减区间是（a，1），

∴x=a时，取得极大值alnz-（1+a）a+

1

2 a ²，x=1时，取得极小值-

1

2 -a；

（Ⅱ）∵f（1）=-

1

2 -a，

∴显然a＞0时，f（1）＜0，此时f（x）≥0对x∈[

1

e ，+∞）内的任意x不是恒成立的；

当a≤0时，得函数f（x）在区间[

1

e ，+∞）的极小值、也是最小值即是f（1）=-

1

2 -a，

此时只要f（1）≥0即可，解得a≤-

1

2 ．