Question

已知函數(shù)f（x）=alnx+x²（a為實常數(shù)）．
（1）若a=-2，求證：函數(shù)f（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)；
（2）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；
（3）求函數(shù)f（x）在[1，e]上的最小值及相應的x值．

Answer 1

考點：函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì),函數(shù)的最值及其幾何意義

專題：綜合題,導數(shù)的綜合應用

分析：（1）當a=-2時，f′（x）=2x-

2

x

＞0，故函數(shù) 在（1，+∞）上是增函數(shù)．
（2）由題意可化簡得a≥

x2-2x

x-lnx

（x∈[1，e]）令g（x）=

x2-2x

x-lnx

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

2x2+a

x

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

-a 2

時f'（x）=0，當1≤x＜

-a 2

時，f'（x）＜0，此時f（x）是減函數(shù)； 當

-a 2

＜x≤e時，f'（x）＞0，此時f（x）是增函數(shù)．所以此時有最值．若a≤-2e²，f'（x）在[1，e]上非正，所以[f（x）]_min=f（e）=a+e²．

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

2

x

＞0，
∴函數(shù)f（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)；
（2）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]），g′（x）=

(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），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，+∞）．
（3）f′（x）=

2x2+a

x

（x＞0），當x∈[1，e]，2x²+a∈[a+2，a+2e²]．
若a≥-2，f'（x）在[1，e]上非負（僅當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．　
若-2e²＜a＜-2，當x=

-a 2

時，f'（x）=0；
當1≤x＜

-a 2

時，f'（x）＜0，此時f（x）是減函數(shù)；
當

-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

．
若a≤-2e²，f'（x）在[1，e]上非正（僅當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a≥-2時，f（x）的最小值為1，相應的x值為1；當-2e²＜a＜-2時，f（x）的最小值為

a

2

ln(-

a

2

)-

a

2

，相應的x值為

-a 2

；當a≤-2e²時，f（x）的最小值為a+e²，相應的x值為e．

點評：本題主要考查利用導數(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，解決此類問題的關鍵是分離參數(shù)后轉化為恒成立問題，即求新函數(shù)的最值問題，是近年高考考查的熱點．