21．（15分）（2011•浙江）设函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{a}^{2} \ln \mathrm{x}-\mathrm{x}^{2}+\mathrm{ax}, \mathrm{a}>0$ ，且 $\mathrm{f}(1) \geq \mathrm{e}-1$ ．
（I）求 $f(x)$ 的单调区间
（II）求所有的实数 a ，使 $\mathrm{e}-1 \leq \mathrm{f}(\mathrm{x}) \leq \mathrm{e}^{2}$ 对 $\mathrm{x} \in[1$ ， e$]$ 恒成立．注： e 为自然对数的底数．
（15分）（2011•浙江）设函数 f ( x )= a…——2011 高考数学第 21 题答案解析
2011_浙江卷 (2011·文)
完整解析 · 逐步详解
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．
【专题】导数的综合应用。
【分析】（I）直接利用导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于 0 时原函数单调递增，当导函数小于 0 时原函数单调递减来求 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的单调区间即可。
（II）先利用（I）的结论求出 $f(x)$ 在 $[1, e]$ 上的最值，把原不等式转化为比较 $f(x)$ 在 $[1, \mathrm{e}]$ 上的最值与两端点值之间的关系即可求所有的实数 a 。
【解答】解：（I ）因为 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{a}^{2} \ln \mathrm{x}-\mathrm{x}^{2}+\mathrm{ax}$ ，其中 $\mathrm{x}>0$ ．
所以 $f^{\prime}(x)=\frac{a^{2}}{x}-2 x+a=-\frac{(x-a)(2 x+a)}{x}$ ．
由于 $a>0$ ，所以 $f(x)$ 的增区间为 $(0, a), f(x)$ 的减区间为 $(a,+\infty)$ 。
（II）证明：由题得， $\mathrm{f}(1)=\mathrm{a}-1 \geq \mathrm{e}-1$ ，即 $\mathrm{a} \geq \mathrm{e}$ ，
由（I）知 $f(x)$ 在 $[1, e]$ 内单调递增
要使 $e-1 \leq f(x) \leq e^{2}$ 对 $x \in[1, e]$ 恒成立，
只要 $\left\{\begin{array}{l}f(1)=a-1 \geqslant e-1 \\ f(e)=a^{2}-e^{2}+a e \leqslant e^{2}\end{array}\right.$
解得 $a=e$ ．
【点评】本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于 0 时原函数单调递增，当导函数小于 0 时原函数单调递减。
✅ 来源：2011年 · 浙江 · 2011_浙江卷 (2011·文) · 第 21 题 · 本题已通过人工审核与系统自动校验