Question

17．已知函數(shù)f（x）=alnx+x²（a為實數(shù)）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，e]上的最小值及相應的x值；
（Ⅱ）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 （Ⅰ）先求出導函數(shù)f'（x），然后討論a研究函數(shù)在[1，e]上的單調(diào)性，將f（x）的各極值與其端點的函數(shù)值比較，其中最小的一個就是最小值；
（Ⅱ）若存在x∈[1，e]，f（x）≤（a+2）x成立，即a（x-lnx）≥x²-2x，構(gòu)造函數(shù)g（x）=$\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$（x∈[1，e]），可將問題轉(zhuǎn)化為一個函數(shù)成立問題，由此求出函數(shù)的最小值，即可得到結(jié)論．

解答 （Ⅰ）解：f（x）=alnx+x²的定義域為（0，+∞），
f′（x）=$\frac{a}{x}$+2x=$\frac{{2{x^2}+a}}{x}$，
當x∈[1，e]時，2x²∈[2，2e²]，
若a≥-2，f′（x）在[1，e]上非負（僅當a=-2，x=-1時，f′（x）=0），
故f（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，此時f（x）_min=f（1）=1；
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，
∴f（x）_min=f（$\sqrt{\frac{-a}{2}}$）=$\frac{a}{2}ln（\frac{-a}{2}）-\frac{a}{2}$；
若a≤-2e²，f′（x）在[1，e]上非正（僅當a=-2e²，x=e時，f′（x）=0），
故f（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，此時f（x）_min=f（e）=a+e²，
綜上所述，得a≥-2時，f（x）_min=1，相應的x=1；
當-2e²＜a＜-2時，f（x）_min=$\frac{a}{2}ln（\frac{-a}{2}）-\frac{a}{2}$，相應的x=$\sqrt{\frac{-a}{2}}$；
當a≤-2e²時，f（x）_min=a+e²，相應的x=e；
（Ⅱ）解：不等式f（x）≤（a+2）x可化為a（x-lnx）≥x²-2x．
∵x∈[1，e]，∴l(xiāng)nx≤1≤x且等號不能同時成立，∴l(xiāng)nx＜x，即x-lnx＞0，
因而a≥$\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$，x∈[1，e]，令g（x）=$\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$（x∈[1，e]），
則g′（x）=$\frac{（x-1）（x+2-2lnx）}{{{{（x-lnx）}^2}}}$，
當x∈[1，e]時，x-1≥0，lnx≤1，x+2-2lnx＞0，
從而g′（x）≥0（僅當x=1時取等號），∴g（x）在[1，e]上是增函數(shù)，
故g（x）_min=g（1）=-1，
∴實數(shù)a的取值范圍是[-1，+∞）．

點評 本題主要考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，以及利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，同時考查不等式存在性問題的解法，屬于中檔題．