Question

已知函數(shù)f（x）=alnx+x²（a為常實(shí)數(shù)）．
（1）若a=-2，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，f（x）≤a+2恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）求函數(shù)f（x）在[1，e]上的最小值及相應(yīng)的x值．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用

分析：（1）將a=-2代入，然后求出導(dǎo)函數(shù)f'（x），利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)，可得函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，f（x）≤a+2可化為a≥

x2-2x

x-lnx

，求出右邊的最大值，即可求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）先求出導(dǎo)函數(shù)f'（x），然后討論a研究函數(shù)在[1，e]上的單調(diào)性，將f（x）的各極值與其端點(diǎn)的函數(shù)值比較，其中最小的一個(gè)就是最小值．

解答： 解：（1）當(dāng)a=-2時(shí)，f（x）=x²-2lnx，f′（x）=

2(x+1)(x-1)

x

．
當(dāng)x∈（1，+∞），f′（x）＞0，x∈（0，1），f′（x）＜0，
故函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（1，+∞）；單調(diào)減區(qū)間為（0，1）．
（2）當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，f（x）≤a+2可化為a≥

x2-2x

x-lnx

，
令g（x）=

x2-2x

x-lnx

，則g′（x）=

(x-1)(x+2-2lnx)

(x-lnx)2

∵x∈[1，e]，∴g′（x）≥0
∴g（x）在[1，e]上為增函數(shù)，
∴g（x）的最大值為g（e）=

e2-2e

e-1

，
∴a≥

e2-2e

e-1

；
（3）f′（x）=

2x2+a

x

（x＞0），當(dāng)x∈[1，e]，2x²+a∈[a+2，a+2e²]．
若a≥-2，f'（x）在[1，e]上非負(fù)（僅當(dāng)a=-2，x=1時(shí)，f'（x）=0），
故函數(shù)f（x）在[1，e]上是增函數(shù)，此時(shí)[f（x）]_min=f（1）=1．
若-2e²＜a＜-2，當(dāng)x=

-a 2

時(shí)，f'（x）=0；當(dāng)1≤x＜

-a 2

時(shí)，f'（x）＜0，
此時(shí)f（x）是減函數(shù)；當(dāng)

-a 2

＜x≤e時(shí)，f'（x）＞0，此時(shí)f（x）是增函數(shù)．
故[f（x）]_min=f（

-a 2

）=

a

2

ln（-

a

2

）-

a

2

若a≤-2e²，f'（x）在[1，e]上非正（僅當(dāng)a=-2e²，x=e時(shí)，f'（x）=0），
故函數(shù)f（x）在[1，e]上是減函數(shù)，此時(shí)[f（x）]_min=f（e）=a+e²．
綜上可知，當(dāng)a≥-2時(shí)，f（x）的最小值為1，相應(yīng)的x值為1；
當(dāng)-2e²＜a＜-2時(shí)，f（x）的最小值為

a

2

ln（-

a

2

）-

a

2

，相應(yīng)的x值為

-a 2

；
當(dāng)a≤-2e²時(shí)，f（x）的最小值為a+e²，相應(yīng)的x值為e．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，以及利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，屬于中檔題．