问题
解答题
已知函数f（x）=x2-x+alnx
（1）当x≥1时，f（x）≤x2恒成立，求a的取值范围；
（2）讨论f（x）在定义域上的单调性．
答案
（1）由f（x）≤x2恒成立，得：alnx≤x在x≥1时恒成立
当x=1时a∈R（2分）
当x＞1时即a≤
，令g(x)=x lnx
，g′(x)=x lnx
（4分）lnx-1 ln2x
x≥e时g'（x）≥0，g（x）在x＞e时为增函数，g（x）在x＜e时为减函数
∴gmin（x）=e∴a≤e（6分）
（2）f（x）=x2-x+alnx，f′（x）=2x-1+
=a x
，x＞02x2-x+a x
（1）当△=1-8a≤0，a≥
时，f′（x）≥0恒成立，1 8
f（x）在（0，+∞）上为增函数．（8分）
（2）当a＜
时1 8
①当0＜a＜
时，1 8
＞1+ 1-8a 4
＞0，1- 1-8a 4
f（x）在[
，1- 1-8a 4
]上为减函数，1+ 1-8a 4
f（x）在(0，
]，[1- 1-8a 4
，+∞)上为增函数．（11分）1+ 1-8a 4
②当a=0时，f（x）在（0，1]上为减函数，f（x）在[1，+∞）上为增函数（12分）
③当a＜0时，
＜0，故f（x）在（0，1- 1-8a 4
]上为减函数，1+ 1-8a 4
f（x）在[
，+∞）上为增函数．（14分）1+ 1-8a 4