Question

5．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx+x²-2ax+a²，a∈R
（1）若a=0，求函數(shù)f（x）在[1，e]上的最小值；
（2）若函數(shù)f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上存在單調(diào)遞增區(qū)間，試求實數(shù)a的取值范圍；
（3）求函數(shù)f（x）的極值點．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=0時，f（x）=lnx+x²，x∈[1，e]．f′（x）=$\frac{1}{x}+2x$＞0，即可得出單調(diào)性與最值．
（2）f′（x）=$\frac{1}{x}+2x$-2a=$\frac{2{x}^{2}-2ax+1}{x}$，設(shè)g（x）=2x²-2ax+1，由題意，在區(qū)間[$\frac{1}{2}$，2]上存在子區(qū)間使得不等式g（x）＞0成立，只要g（2）＞0或$g（\frac{1}{2}）$＞0即可．分別解出即可得出．
（3）由（2）f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-2ax+1}{x}$（x＞0），設(shè)g（x）=2x²-2ax+1，①當(dāng)a≤0時，g（x）＞0，可得f′（x）＞0，利用單調(diào)性即可判斷出極值情況．②a＞0，（i）△=4a²-8≤0，即$0＜a≤\sqrt{2}$時，利用單調(diào)性即可判斷出極值情況．（ii））△=4a²-8＞0，即a$＞\sqrt{2}$時，利用單調(diào)性即可得出極值情況．

解答 解：（1）當(dāng)a=0時，f（x）=lnx+x²，x∈[1，e]．f′（x）=$\frac{1}{x}+2x$＞0，
∴函數(shù)f（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，因此當(dāng)x=1時，函數(shù)f（x）取得最小值f（1）=1．
（2）f′（x）=$\frac{1}{x}+2x$-2a=$\frac{2{x}^{2}-2ax+1}{x}$，設(shè)g（x）=2x²-2ax+1，
由題意，在區(qū)間[$\frac{1}{2}$，2]上存在子區(qū)間使得不等式g（x）＞0成立，
∵2＞0，∴只要g（2）＞0或$g（\frac{1}{2}）$＞0即可．
由g（2）＞0，即8-4a+1＞0，解得a$＜\frac{9}{4}$；由$g（\frac{1}{2}）$＞0，即$\frac{1}{2}-a+1＞0$，解得a$＜\frac{3}{2}$．
綜上可得：a$＜\frac{9}{4}$．
∴函數(shù)f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]上存在單調(diào)遞增區(qū)間，實數(shù)a的取值范圍是$（-∞，\frac{9}{4}）$．
（3）由（2）f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-2ax+1}{x}$（x＞0），設(shè)g（x）=2x²-2ax+1，
①當(dāng)a≤0時，g（x）＞0，∴f′（x）＞0，此時函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，沒有極值點，舍去．
②a＞0，（i）△=4a²-8≤0，即$0＜a≤\sqrt{2}$時，f′（x）＞0恒成立，此時函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，沒有極值點，舍去．
（ii））△=4a²-8＞0，即a$＞\sqrt{2}$時，
由g（x）＜0，解得$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$＜x＜$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，f′（x）＜0，此時函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；
由g（x）＞0，解得0＜x＜$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，或x＞$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，f′（x）＞0，此時函數(shù)f（x）單調(diào)遞增．
∴x=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$是函數(shù)f（x）的極大值點；x=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$是函數(shù)f（x）的極小值點．
綜上可得：當(dāng)a≤$\sqrt{2}$時，函數(shù)f（x）沒有極值點；x=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$是函數(shù)f（x）的極大值點；x=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$是函數(shù)f（x）的極小值點．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、不等式解法、一元二次方程的求根根式，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．