题目（高三 · 代数）：26. 已知函数 $f(x)=\frac{1}{2} x^{2}-(a+1) x+a \ln x$.

(1) 当 $a<1$ 时, 讨论函数 $f(x)$ 的单调性;

(2) 若不等式 $f(x)+(a+1) x \geq \frac{x^{2}}{2}+x^{a}+1-e$ 对于任意 $x \in\left[e^{-1}, e\right]$ 恒成立, 求正实数 $a$ 的取值范围.


选项：
答案：答案：(1) 当 $a \leq 0$ 时, 函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, 在 $(0,1)$ 上单调递减; 当 $0<a<1$ 时, 函数 $f(x)$ 在 $(a, 1)$ 上单调递减, 在 $(0, a)$ 和 $(1,+\infty)$ 上单调递增. (2) $(0,1]$ 
(I) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$. $f^{\prime}(x)=x-(a+1)+\frac{a}{x}=\frac{x^{2}-(a+1) x+a}{x}=\frac{(x-a)(x-1)}{x}$.

(1) 若 $0<a<1$, 则

当 $0<x<a$ 或 $x>1$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增;

当 $a<x<1$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减;

(2)若 $a \leq 0$, 则当 $0<x<1$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减;

当 $x>1$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增;

综上所述, 当 $a \leq 0$ 时, 函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, 在 $(0,1)$ 上单调递减;当 $0<a<1$ 时, 函数 $f(x)$ 在 $(a, 1)$ 上单调递减, 在 $(0, a)$ 和 $(1,+\infty)$ 上单调递增.

（II）原题等价于对任意 $x \in\left[\frac{1}{\mathrm{e}}, \mathrm{e}\right]$, 有 $-a \ln x+x^{a} \leq \mathrm{e}-1$ 成立,

设 $g(x)=-a \ln x+x^{a}, a>0$, 所以 $g(x)_{\text {max }} \leq \mathrm{e}-1$.

$g^{\prime}(x)=\frac{-a}{x}+a x^{a-1}=\frac{a\left(x^{a}-1\right)}{x}$.
令 $g^{\prime}(x)<0$, 得 $0<x<1$; 令 $g^{\prime}(x)>0$, 得 $x>1$.

$\therefore$ 函数 $g(x)$ 在 $\left[\frac{1}{\mathrm{e}}, 1\right)$ 上单调递减, 在 $(1, \mathrm{e}]$ 上单调递增,

$g(x)_{\text {max }}$ 为 $g\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)=a+\mathrm{e}^{-a}$ 与 $g(\mathrm{e})=f(\mathrm{e})=-a+\mathrm{e}^{a}$ 中的较大者.

设 $h(a)=g(a)=g(\mathrm{e})-g\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)=\mathrm{e}^{a}-\mathrm{e}^{-a}-2 a \quad(a>0)$,

则 $h^{\prime}(a)=\mathrm{e}^{a}+\mathrm{e}^{-a}-2>2 \sqrt{\mathrm{e}^{a} \cdot \mathrm{e}^{-a}}-2=0$,

$\therefore h(a)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 故 $h(a)>h(0)=0$,

所以 $g(\mathrm{e})>g\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)$,

从而 $[g(x)]_{\text {max }}=g(\mathrm{e})=-a+\mathrm{e}^{a}$.

$\therefore-a+\mathrm{e}^{a} \leq \mathrm{e}-1$, 即 $\mathrm{e}^{a}-a-\mathrm{e}+1 \leq 0$.

设 $\varphi(a)=\mathrm{e}^{a}-a-\mathrm{e}+1(a>0)$, 则 $\varphi^{\prime}(a)=\mathrm{e}^{a}-1>0$.

所以 $\varphi(a)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增.

又 $\varphi(1)=0$ ，

所以 $\mathrm{e}^{a}-a-\mathrm{e}+1 \leq 0$ 的解为 $a \leq 1$.

$\because a>0$,

$\therefore a$ 的取值范围为 $(0,1]$.
解析：：(I) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$. $f^{\prime}(x)=x-(a+1)+\frac{a}{x}=\frac{x^{2}-(a+1) x+a}{x}=\frac{(x-a)(x-1)}{x}$.

(1) 若 $0<a<1$, 则

当 $0<x<a$ 或 $x>1$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增;

当 $a<x<1$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减;

(2)若 $a \leq 0$, 则当 $0<x<1$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减;

当 $x>1$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增;

综上所述, 当 $a \leq 0$ 时, 函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, 在 $(0,1)$ 上单调递减;当 $0<a<1$ 时, 函数 $f(x)$ 在 $(a, 1)$ 上单调递减, 在 $(0, a)$ 和 $(1,+\infty)$ 上单调递增.

（II）原题等价于对任意 $x \in\left[\frac{1}{\mathrm{e}}, \mathrm{e}\right]$, 有 $-a \ln x+x^{a} \leq \mathrm{e}-1$ 成立,

设 $g(x)=-a \ln x+x^{a}, a>0$, 所以 $g(x)_{\text {max }} \leq \mathrm{e}-1$.

$g^{\prime}(x)=\frac{-a}{x}+a x^{a-1}=\frac{a\left(x^{a}-1\right)}{x}$.
令 $g^{\prime}(x)<0$, 得 $0<x<1$; 令 $g^{\prime}(x)>0$, 得 $x>1$.

$\therefore$ 函数 $g(x)$ 在 $\left[\frac{1}{\mathrm{e}}, 1\right)$ 上单调递减, 在 $(1, \mathrm{e}]$ 上单调递增,

$g(x)_{\text {max }}$ 为 $g\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)=a+\mathrm{e}^{-a}$ 与 $g(\mathrm{e})=f(\mathrm{e})=-a+\mathrm{e}^{a}$ 中的较大者.

设 $h(a)=g(a)=g(\mathrm{e})-g\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)=\mathrm{e}^{a}-\mathrm{e}^{-a}-2 a \quad(a>0)$,

则 $h^{\prime}(a)=\mathrm{e}^{a}+\mathrm{e}^{-a}-2>2 \sqrt{\mathrm{e}^{a} \cdot \mathrm{e}^{-a}}-2=0$,

$\therefore h(a)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 故 $h(a)>h(0)=0$,

所以 $g(\mathrm{e})>g\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)$,

从而 $[g(x)]_{\text {max }}=g(\mathrm{e})=-a+\mathrm{e}^{a}$.

$\therefore-a+\mathrm{e}^{a} \leq \mathrm{e}-1$, 即 $\mathrm{e}^{a}-a-\mathrm{e}+1 \leq 0$.

设 $\varphi(a)=\mathrm{e}^{a}-a-\mathrm{e}+1(a>0)$, 则 $\varphi^{\prime}(a)=\mathrm{e}^{a}-1>0$.

所以 $\varphi(a)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增.

又 $\varphi(1)=0$ ，

所以 $\mathrm{e}^{a}-a-\mathrm{e}+1 \leq 0$ 的解为 $a \leq 1$.

$\because a>0$,

$\therefore a$ 的取值范围为 $(0,1]$.