已知函数f（x）=x+2a2x-alnx（a∈R）（1）讨论函数y=f（x）的单调区间；（2）设g（x）=x2-2bx+4-ln2，当a=1时，若对任意的x1，x2∈[1，e]（e为自然对数的底数），f（x1）≥g（x2），求实数b的取值范围．

答

（1）因为f（x）=x+

2a2

x

−alnx(x＞0)，所以f′(x)＝1−

2a2

x2

−

a

x

＝

x2−ax−2a2

x2

=

(x+a)(x−2a)

x2

，
①若a=0，f（x）=x，f（x）在（0，+∞）上单调递减．
②若a＞0，当x∈（0，2a）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，2a）上单调递减；当x∈（2a，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（2a，+∞）上单调递增．
③若a＜0，当x∈（0，-a）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，-a）上单调递减；当x∈（-a，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（-a，+∞）上单调递增．
综上：①当a=0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增．
②当a＞0时，f（x）在（0，2a）上单调递减，在（2a，+∞）上单调递增．
③当a＜0时，f（x）在（0，-a）上单调递减，在（-a，+∞）上单调递增．
（2）当a=1时，f（x）=x+

2

x

−lnx(x＞0)．
由（1）知，若a=1，当x∈（0，2）时，f（x）单调递减，当x∈（2，+∞）时，f（x）单调递增，
所以f（x）_min=f（2）=3-ln2．
因为对任意的x₁，x₂∈[1，e]，都有f（x₁）≥g（x₂）成立，
所以问题等价于对于任意x∈[1，e]，f（x）_min≥g（x）恒成立，
即3-ln2≥x²-2bx+4-ln2对于任意x∈[1，e]恒成立，
即2b≥x+

1

x

对于任意x∈[1，e]恒成立，
因为函数y=x+

1

x

的导数y′＝1−

1

x2

≥0在[1，e]上恒成立，
所以函数y=x+

1

x

在[1，e]上单调递增，所以(x+

1

x

)max＝e+

1

e

，
所以2b≥e+

1

e

，所以b≥

e

2

+

1

2e

，
故实数b的取值范围为[

e

2

+

1

2e

，+∞）．
答案解析：（1）求出导数f′（x），利用导数与函数单调性的关系解出不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0即可．
（2）由题意得，对任意的x₁，x₂∈[1，e]（e是自然对数的底数），f（x₁）≥g（x₂）成立，可转化为当x∈[1，e]时，[f（x）]_min≥[g（x）]_max．
考试点：利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题．
知识点：本题考查了利用导数研究函数的单调性、求函数最值问题．函数恒成立问题常转化为函数最值问题解决．