Question

13．已知函數(shù)f（x）=alnx+x²（a∈R）．
（1）若函數(shù)f（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)，求a的取值范圍；
（2）求函數(shù)f（x）在[1，e]上的最大值及相應(yīng)的x值；
（3）若任意x∈[1，+∞），使得f（x）≤（a+2）x成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求得導(dǎo)數(shù)，由題意可得f′（x）≥0在[1，+∞）恒成立，即為-a≤2x²的最小值，求出最小值，即可得到所求范圍；
（2）求出導(dǎo)數(shù)，對a討論，a≥-2，當(dāng)1-e²≤a＜-2時，當(dāng)-2e²＜a＜1-e²時，a≤-2e²，運用單調(diào)性可得最大值，及對應(yīng)的x的值；
（3）由題意可得alnx≤2x，x=1時，0＜1顯然成立，即$\frac{a}{2}$≤$\frac{x}{lnx}$在（1，+∞）恒成立，令g（x）=$\frac{x}{lnx}$（x∈（1，+∞）），求出導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間，即可得到最小值，進而得到a的范圍．

解答 解：（1）f（x）=alnx+x²的定義域為（0，+∞），
f′（x）=$\frac{a}{x}$+2x=$\frac{2{x}^{2}+a}{x}$，
由題意可得f′（x）≥0在[1，+∞）恒成立，
即為-a≤2x²的最小值，由2x²的最小值為2，
可得-a≤2，解得a≥-2；
（2）由f′（x）=$\frac{a}{x}$+2x=$\frac{2{x}^{2}+a}{x}$，
當(dāng)x∈[1，e]時，2x²∈[2，2e²]，
若a≥-2，f′（x）在[1，e]上非負（僅當(dāng)a=-2，x=-1時，f′（x）=0），
故f（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，此時f（x）_max=f（e）=a+e²；
若-2e²＜a＜-2，令f′（x）＜0，解得1≤x＜$\sqrt{\frac{-a}{2}}$，此時f（x）單調(diào)遞減；
令f′（x）＞0，解得$\sqrt{\frac{-a}{2}}$＜x≤e，此時f（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)1-e²≤a＜-2時，f（e）≥f（1），即有f（x）_max=f（e）=a+e²；
當(dāng)-2e²＜a＜1-e²時，f（1）＞f（e），即有f（x）_max=f（1）=1；
若a≤-2e²，f′（x）在[1，e]上非正（僅當(dāng)a=-2e²，x=e時，f′（x）=0），
故f（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，此時f（x）_max=f（1）=1．
綜上所述，得a≥1-e²時，f（x）_max=a+e²，相應(yīng)的x=e；
當(dāng)a＜1-e²時，f（x）_max=1，相應(yīng)的x=1；
（3）任意x∈[1，+∞），使得f（x）≤（x+2）x成立，
即為alnx≤2x，x=1時，0＜1顯然成立；
即$\frac{a}{2}$≤$\frac{x}{lnx}$在（1，+∞）恒成立，
令g（x）=$\frac{x}{lnx}$（x∈（1，+∞）），
則g′（x）=$\frac{lnx-1}{（lnx）^{2}}$，
當(dāng)x∈（1，e]時，0＜lnx≤1，lnx-1≤0，
從而g′（x）≤0（僅當(dāng)x=e時取等號），則g（x）在（1，e]上是減函數(shù)；
當(dāng)x＞e時，g′（x）＞0，則g（x）在（e，+∞）上是增函數(shù)．
即有x=e處取得極小值，且為最小值g（e）=e，
則有$\frac{a}{2}$≤e，解得a≤2e，
則實數(shù)a的取值范圍是（-∞，2e]．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)性和極值、最值，考查函數(shù)的單調(diào)性的運用，以及不等式恒成立問題的解法，注意運用參數(shù)分離和構(gòu)造函數(shù)，同時考查分類討論的思想方法，屬于中檔題．