Question

已知函數(shù)f（x）=x²+alnx（a為實常數(shù)）
（Ⅰ）若a=-2，求證：函數(shù)f（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）在[1，e]上的最小值及相應(yīng)的x值；
（Ⅲ）若存在x∈[1，e]，使得f（x）≤（a+2）x成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）當(dāng)a=-2時，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，故函數(shù)在（1，+∞）上是增函數(shù)；
（2）求導(dǎo)f′（x）=2x+

a

x

=

2x2+a

x

（x＞0），當(dāng)x∈[1，e]時，2x²+a∈[a+2，a+2e²]．分①a≥-2，②-2e²＜a＜-2，③a≤-2e²，三種情況得到函數(shù)f（x）在[1，e]上是單調(diào)性，進而得到[f（x）]_min；
（3）由題意可化簡得到a≥

x2-2x

x-lnx

（x∈[1，e]），令g(x)=

x2-2x

x-lnx

（x∈[1，e]），利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性求出最小值為g（1）=-1．

解答：解：（1）當(dāng)a=-2時，f（x）=x²-2lnx，x∈（0，+∞），
則f′（x）=2x-

2

x

=

2(x2-1)

x

（x＞0）
由于f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
故函數(shù)在（1，+∞）上是增函數(shù)；
（2）f′（x）=2x+

a

x

=

2x2+a

x

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

-a 2

時，f′（x）=0；
當(dāng)1≤x＜

-a 2

時，f′（x）＜0，此時f（x）是減函數(shù)；
當(dāng)

-a 2

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

-a 2

）=

a

2

ln（-

a

2

）-

a

2

．
③若a≤-2e²，f'（x）在[1，e]上非正（僅當(dāng)a=-2e²，x=e時，f'（x）=0），
故函數(shù)f（x）在[1，e]上是減函數(shù)，此時[f（x）]_min=f（e）=a+e²．
綜上可知，當(dāng)a≥-2時，f（x）的最小值為1，相應(yīng)的x值為1；
當(dāng)-2e²＜a＜-2時，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，f（x）的最小值為a+e²，相應(yīng)的x值為e．
（3）不等式f（x）≤（a+2）x，可化為a（x-lnx）≥x²-2x．
∵x∈[1，e]，∴l(xiāng)nx≤1≤x且等號不能同時取，所以lnx＜x，即x-lnx＞0，
因而a≥

x2-2x

x-lnx

（x∈[1，e]）
令g(x)=

x2-2x

x-lnx

（x∈[1，e]），則g′(x)=

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

(x-lnx)2

，
當(dāng)x∈[1，e]時，x-1≥0，lnx≤1，x+2-2lnx＞0，
從而g'（x）≥0（僅當(dāng)x=1時取等號），所以g（x）在[1，e]上為增函數(shù)，
故g（x）的最小值為g（1）=-1，所以a的取值范圍是[-1，+∞）．

點評：本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)及研究單調(diào)性與函數(shù)的最值，還考查求參數(shù)的范圍，解決此類問題的關(guān)鍵是分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為恒成立問題，即求新函數(shù)的最值問題，是近年高考考查的熱點．