已知函数f（x）=ax2+x-xlnx（a＞0）．
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解题思路：（1）由已知，求得f（x）=x2+x-xlnx．将不等式f（x）≥bx2+2x转化为

1−

1

x

−

lnx

x

≥b．构造函数g（x）=

1−

1

x

−

lnx

x

，只需b≤g（x）min即可．因此又需求g（x）min．

（2）函数f（x）在定义域上是单调函数，需f′（x）在定义域上恒非负或恒非正．考查f′（x）的取值情况，进行解答．

（1）∵f（1）=2，∴a=1，f（x）=x2+x-xlnx．由f（x）≥bx2+2x⇔1−

1

x−

lnx

x≥b．

令g（x）=1−

1

x−

lnx

x，可得g（x）在（0，1]上单调递减，在[1，+∞）上单调递增，所以g（x）min=g（1）=0，即b≤0．

（2）f′（x）=2ax-lnx（x＞0）．令f′（x）＞0，得2a≥[lnx/x]，

令h（x）=[lnx/x]，当x=e时，h（x）max=[1/e]

∴当a≥

1

2e时，f′（x）＞0（x＞0）恒成立，此时．函数f（x）在定义域上单调递增．

若0＜a＜

1

2e，g（x）=2ax-lnx，（x＞0），g′（x）=2a-[1/x]

由g′（x）=0，得出x=[1/2a]，x∈(0，

1

2a)，g′（x）＜0，x∈(

1

2a，+∞)，g′（x）＞0，∴x=[1/2a]时，g（x）取得极小值也是最小值．而当0＜a＜

1

2e时，g（[1/2a]）=1-ln[1/2a]＜0，f′（x）=0必有根．f（x）必有极值，在定义域上不单调．

综上所述，a≥

1

2e．

点评：

本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 此题考查函数单调性与导数的关系的应用，考查学生会利用导函数的正负确定函数的单调区间，掌握函数恒成立时所取的条件，是一道综合题．

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