Question

12．已知函數(shù)f（x）=x²+ax-lnx，a∈R
（1）若函數(shù)f（x）在[1，2]上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍
（2）令g（x）=f（x）-x²，是否存在實(shí)數(shù)a，當(dāng)x∈（0，e]時(shí)，函數(shù)g（x）的最小值是3？若存在，求出a的值，若不存在，說(shuō)明理由
（3）當(dāng)x∈（0，e]時(shí)，求證：e²x²-$\frac{5}{2}$x＞（x+1）lnx．

Answer 1

分析 （1）先求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，得到不等式組，解出a的范圍即可；
（2）假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，求出函數(shù)g（x）的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論g（x）的單調(diào)性，求出函數(shù)的最小值，從而求出a的值；
（3）令F（x）=e²x-lnx，令ω（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{5}{2}$，通過(guò)討論它們的單調(diào)性得到e²x-lnx＞$\frac{lnx}{x}$+$\frac{5}{2}$即可．

解答 解：（1）f′（x）=2x+a-$\frac{1}{x}$=$\frac{{2x}^{2}+ax-1}{x}$≤0在[1，2]上恒成立，
令h（x）=2x²+ax-1，
∴$\left\{\begin{array}{l}{h（1）≤0}\\{h（2）≤0}\end{array}\right.$，解得：a≤-$\frac{7}{2}$；
（2）假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使得g（x）=f（x）-x²=ax-lnx，x∈（0，e]有最小值3，
g′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，
①0＜$\frac{1}{a}$＜e，即a＞e時(shí)，令g′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{a}$，令g′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{a}$，
∴函數(shù)g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）遞減，在（$\frac{1}{a}$，e]遞增，
∴g（x）_min=g（$\frac{1}{a}$）=1+lna=3，解得：a=e²，滿(mǎn)足條件；
②$\frac{1}{a}$≥e，即a≤$\frac{1}{e}$時(shí)，g′（x）＜0，g（x）在（0，e]單調(diào)遞減，
∴g（x）_min=g（e）=ae-1=3，解得：a=$\frac{4}{e}$（舍去）；
綜上，存在實(shí)數(shù)a=e²，使得x∈（0，e]時(shí)，函數(shù)g（x）有最小值3；
（3）令F（x）=e²x-lnx，由（2）得：F（x）_min=3，
令ω（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{5}{2}$，ω′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
當(dāng)0＜x≤e時(shí)，ω′（x）≥0，ω（x）在（0，e]遞增，
故e²x-lnx＞$\frac{lnx}{x}$+$\frac{5}{2}$，
即：e²x²-$\frac{5}{2}$x＞（x+1）lnx．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查二次函數(shù)的性質(zhì)，是一道中檔題．