Question

已知函數(shù)f（x）=x²+a|lnx-1|，其中a∈R．
（Ⅰ）當(dāng)a=-2時，求函數(shù)f（x）在[1，e]上的最小值；
（Ⅱ）當(dāng)a＞0時，不等式f（x）≥

2e-3

2e-2

a+

2e

2e-2

在[1，+∞）上成立，求a的取值范圍．

Answer 1

考點：函數(shù)的最值及其幾何意義,分段函數(shù)的應(yīng)用

專題：

分析：（Ⅰ）a=2帶入原函數(shù)，根據(jù)x的取值得出函數(shù)f（x），由導(dǎo)數(shù)的取值判斷f（x）的單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性求其最值．
（Ⅱ）a＞0時，對于任意x∈[1，+∞）都有原不等式成立，所以只需求f（x）在[1，+∞上的最小值，讓最小值滿足原不等式即可．

解答： 解：（Ⅰ）由題知：a=-2，x∈[1，e]時，f（x）=x²-2（1-lnx）=x²+2lnx-2；
所以′f′（x）=2x+

2

x

＞0；
所以f（x）在[1，e]上是增函數(shù)；
所以f（x）在[1，e]上的最小值是f（1）=-1．
（Ⅱ）由題知：只要求出f（x）的最小值即可．（1）當(dāng)x∈[1，e）時：f（x）=x²-alnx+a；
′f′（x）=2x-

a

x

=

2(x+ a 2 )(x- a 2 )

x

所以：①

a 2

≤1，即0＜a≤2時，在（1，e）上f′（x）＞0；所以f（x）在[1，e）上是增函數(shù)，所以f_min（x）=f（1）=a+1．所以a+1≥

2e-3

2e-2

a+

2e

2e-2

，解得a≥2，所以a=2．
②當(dāng)1＜

a 2

＜e，即2＜a＜2e²時：在（1，

a 2

）上f′（x）＜0，所以f（x）在（1，

a 2

）上是減函數(shù)；在（

a 2

，e）上f（x）′＞0，所以f（x）在（

a 2

，e）上是增函數(shù)；所以x=

a 2

時，f_min（x）=

3a

2

-

a

2

ln

a

2

，所以

3a

2

-

a

2

ln

a

2

≥

2e-3

2e-2

a+

2e

2e-2

，變成ea-（e-1）aln

a

2

≥0，令y=ea-（e-1）aln

a

2

，a當(dāng)變量，則y′=2-e-（e-1）ln

a

2

該函數(shù)在（2，2e²）上是減函數(shù)，所以這個函數(shù)最大值為2-e＜0，所以函數(shù)y=ea-（e-a）aln

a

2

在（2，2e²）是減函數(shù)，所以y_max=2e，解ea-（e-1）aln

a

2

=0得a=2e

e

e-1

，所以對于任意a∈（2e

e

e-1

，2e），ea-（e-1）aln

a

2

≥0恒成立；
③當(dāng)

a 2

≥e，即a≥2e²時，在（1，e）上f′（x）＜0，所以f（x）在（1，e）上是減函數(shù)，所以f_min（x）=f（e）=e²，所以e2≥

2e-3

2e-2

a+

2e

2e-2

，解得a∈（0，

2e3-2e2-2e

2e-3

]
（2）當(dāng)x∈[e，+∞）時：f（x）=x²+alnx-a，所以f′（x）=2x+

a

x

＞0，所以f（x）在[e，+∞）上是增函數(shù)，所以f_min（x）=f（e）=e²．綜上得：a的取值范圍是{a/a=2，或2e

e

e-1

＜a＜2e，或0＜a≤

2e3-2e2-2e

2e-3

}

點評：注意運(yùn)用：1．導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系：導(dǎo)數(shù)大于0時，在對應(yīng)區(qū)間上是增函數(shù)；導(dǎo)數(shù)小于0時，在相應(yīng)區(qū)間上是件函數(shù)；
2．單調(diào)性與最值得關(guān)系：單調(diào)函數(shù)在端點處取得最值．