Question

6．已知函數(shù)f（x）=x²-（a+2）x+alnx（a為實常數(shù)）．
（Ⅰ）若a=-2，求曲線 y=f（x）在x=1處的切線方程；
（Ⅱ）討論函數(shù)f（x）在[1，e]上的單調(diào)性；
（Ⅲ）若存在x∈[1，e]，使得f（x）≤0成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=-2時可得f（x）=x²-2lnx，求導(dǎo)數(shù)值可得切線斜率，求函數(shù)值可得定點，可得直線方程；
（2）求導(dǎo)數(shù)可得結(jié)合x∈[1，e]，利用單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系分$\frac{a}{2}≤1$和$1＜\frac{a}{2}＜e$以及$\frac{a}{2}≥e$討論可得；
（3）結(jié)合（2）的單調(diào)性，分類討論分別求a≤2和2＜a＜2e以及a≥2e時a的范圍，綜合可得．

解答 解：（1）當(dāng)a=-2時，f（x）=x²-2lnx，∴f′（x）=2x-2•$\frac{1}{x}$，
∴f′（1）=0，又f（1）=1，∴，所求切線方程為y-1=0；
（2）求導(dǎo)數(shù)可得${f^'}（x）=2x-（a+2）+\frac{a}{x}=\frac{{2{x^2}-（{a+2}）x+a}}{x}=\frac{{（{2x-a}）（{x-1}）}}{x}$，x∈[1，e]，
當(dāng)$\frac{a}{2}≤1$即a≤2時，x∈[1，e]，f′（x）≥0，此時，f（x）在[1，e]上單調(diào)增；
當(dāng)$1＜\frac{a}{2}＜e$即2＜a＜2e時，$x∈（{1，\frac{a}{2}}）$時，f′（x）＜0，f（x）$（{1，\frac{a}{2}}）$上單調(diào)減；
$x∈（{\frac{a}{2}，e}）$時，f′（x）＞0，f（x）在$（{\frac{a}{2}，e}）$上單調(diào)增；
當(dāng)$\frac{a}{2}≥e$即a≥2e時，x∈[1，e]，f′（x）≤0，此時，f（x）在[1，e]上單調(diào)減；
（3）當(dāng)a≤2時，∵f（x）在[1，e]上單調(diào)增，∴f（x）的最小值為f（1）=-a-1，∴-1≤a≤2
當(dāng)2＜a＜2e時，f（x）在$（{1，\frac{a}{2}}）$上單調(diào)減，在$（{\frac{a}{2}，e}）$上單調(diào)增，
∴f（x）的最小值為$f（\frac{a}{2}）=-\frac{a^2}{4}-a+aln\frac{a}{2}=a（{ln\frac{a}{2}-\frac{a}{4}-1}）$，
∵$2＜a＜2e∴0＜ln\frac{a}{2}＜1$，$\frac{3}{2}＜\frac{a}{4}+1＜\frac{e}{2}+1$
∴$f（\frac{a}{2}）=a（{ln\frac{a}{2}-\frac{a}{4}-1}）＜0$，∴2＜a＜2e
當(dāng)a≥2e時，f（x）在[1，e]上單調(diào)減，∴f（x）的最小值為f（e）=e²-（a+2）e+a，
∵$a≥2e＞\frac{{{e^2}-2e}}{e-1}$，∴f（e）＜0，∴a≥2e
綜上可得a≥-1．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及曲線的切線和函數(shù)的單調(diào)性以及分類討論的思想，屬難題．