Question

1．已知函數(shù)f（x）=x²-4x+（2-a）lnx（a∈R且 a≠0）．
（1）當a=8時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；
（2）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[e，e²]上的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（2）求出f（x）的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出f（x）的單調(diào)區(qū)間，從而求出f（x）的最小值．

解答 解：（1）當a=8時，f（x）=x²-4x-6lnx（x＞0），
∴$f'（x）=2x-4-\frac{6}{x}=\frac{{2（{x+1}）（{x-3}）}}{x}$，
由f'（x）＞0，解得x＞3，
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（3，+∞）．
由f'（x）＜0，解得0＜x＜3，
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，3）．
所以函數(shù)f（x）的極小值為f（3）=-3-6ln3，
f（x）無極大值．
（2）當x∈[e，e²]時，$f'（x）=2x-4+\frac{2-a}{x}=\frac{{2{x^2}-4x+2-a}}{x}$，
設g（x）=2x²-4x+2-a，
當a＜0時，△=16-4×2（2-a）=8a＜0，
此時g（x）＞0恒成立，
所以f'（x）＞0，f（x）在[e，e²]上單調(diào)遞增，
所以$f{（x）_{min}}=f（e）={e^2}-4e+2-a$．
當a＞0時，△=16-4×2（2-a）=8a＞0，
令f'（x）＞0，即2x²-4x+2-a＞0，
解得$x＞1+\frac{{\sqrt{2a}}}{2}$或$x＜1-\frac{{\sqrt{2a}}}{2}$；
令f'（x）＜0，即2x²-4x+2-a＜0，
解得$1-\frac{{\sqrt{2a}}}{2}＜x＜1+\frac{{\sqrt{2a}}}{2}$．
①當$1+\frac{{\sqrt{2a}}}{2}≥{e^2}$時，即當a≥2（e²-1）²時，
g（x）≤0對x∈[e，e²]恒成立，
則f（x）在[e，e²]區(qū)間單調(diào)遞減，
所以$f{（x）_{min}}=f（{e^2}）={e^4}-4{e^2}+4-2a$．
②當$e＜1+\frac{{\sqrt{2a}}}{2}≤{e^2}$時，
即當2（e-1）²＜a＜2（e²-1）²時，
f（x）在區(qū)間$[{e，1+\frac{{\sqrt{2a}}}{2}}]$上單調(diào)遞減，在區(qū)間$[{1+\frac{{\sqrt{2a}}}{2}，{e^2}}]$上單調(diào)遞增，
所以$f{（x）_{min}}=f（{1+\frac{{\sqrt{2a}}}{2}}）=\frac{a}{2}-\sqrt{2a}-3+（{2-a}）ln（{1+\frac{{\sqrt{2a}}}{2}}）$．
③當$1+\frac{{\sqrt{2a}}}{2}≤e$，即0＜a≤2（e-1）²時，
g（x）≥0對x∈[e，e²]恒成立，
則f（x）在區(qū)間[e，e²]單調(diào)遞增，
所以$f{（x）_{min}}=f（e）={e^2}-4e+2-a$．
綜上所述，當a≥2（e²-1）²時，$f{（x）_{min}}={e^4}-4{e^2}+4-2a$，
當2（e-1）²＜a＜2（e²-1）²時，$f{（x）_{min}}=\frac{a}{2}-\sqrt{2a}-3+（{2-a}）ln（{1+\frac{{\sqrt{2a}}}{2}}）$；
當a＜0或0＜a≤2（e-1）²時，$f{（x）_{min}}={e^2}-4e+2-a$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，是一道綜合題．