设函数 $f\left( x \right) = {a^2}\ln x - {x^2} + ax$，$a > 0$．
【难度】
【出处】
2011年高考浙江卷（文）
【标注】
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求 $f\left( x \right)$ 的单调区间；标注答案解析因为 $f\left(x\right) = {a^2}\ln x - {x^2} + ax$，其中 $x > 0$，所以\[f'\left(x\right) = \dfrac{a^2}{x}-2x + a = - \dfrac{\left(x - a\right)\left(2x + a\right)}{x}.\]由于 $a > 0$，所以 $f\left(x\right)$ 的增区间为 $\left( {0,a} \right)$，减区间为 $\left( {a, + \infty } \right)$．
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求所有实数 $a$，使 ${\mathrm{e}} - 1 \leqslant f\left( x \right) \leqslant { {\mathrm{e}}^2}$，对 $x \in \left[ {1,{\mathrm{e}}} \right]$ 恒成立．注：${\mathrm{e}}$ 为自然对数的底数．标注答案解析由题意得，\[f\left(1\right) = a - 1 \geqslant {\mathrm{e}} - 1,\]即\[a \geqslant {\mathrm{e}},\]由（1）知 $f\left(x\right)$ 在 $\left[ {1,{\mathrm{e}}} \right]$ 内单调递增，要使 ${\mathrm{e}} - 1 \leqslant f\left(x\right) \leqslant {{\mathrm{e}}^2}$ 对 $x \in \left[1,{\mathrm{e}}\right]$ 恒成立，
只要\[{\begin{cases}
f\left(1\right) = a - 1 \geqslant {\mathrm{e}} - 1, \\
f\left({\mathrm{e}}\right) = {a^2} - {{\mathrm{e}}^2} + a{\mathrm{e}} \leqslant {{\mathrm{e}}^2} ,\\
\end{cases}}\]解得 $a = {\mathrm{e}}$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
