Question

已知函数f（x）=x²+alnx（a为实常数）
（Ⅰ）若a=-2，求证：函数f（x）在（1，+∞）上是增函数；
（Ⅱ）求函数f（x）在[1，e]上的最小值及相应的x值；
（Ⅲ）若存在x∈[1，e]，使得f（x）≤（a+2）x成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）当a=-2时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，故函数在（1，+∞）上是增函数；
（2）求导f′（x）=2x+

a

x

=

2x2+a

x

（x＞0），当x∈[1，e]时，2x²+a∈[a+2，a+2e²]．分①a≥-2，②-2e²＜a＜-2，③a≤-2e²，三种情况得到函数f（x）在[1，e]上是单调性，进而得到[f（x）]_min；
（3）由题意可化简得到a≥

x2-2x

x-lnx

（x∈[1，e]），令g(x)=

x2-2x

x-lnx

（x∈[1，e]），利用导数判断其单调性求出最小值为g（1）=-1．

解答：解：（1）当a=-2时，f（x）=x²-2lnx，x∈（0，+∞），
则f′（x）=2x-

2

x

=

2(x2-1)

x

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

a

x

=

2x2+a

x

（x＞0），
当x∈[1，e]时，2x²+a∈[a+2，a+2e²]．
①若a≥-2，f′（x）在[1，e]上非负（仅当a=-2，x=1时，f′（x）=0），
故函数f（x）在[1，e]上是增函数，此时[f（x）]_min=f（1）=1．　
②若-2e²＜a＜-2，当x=

-a 2

时，f′（x）=0；
当1≤x＜

-a 2

时，f′（x）＜0，此时f（x）是减函数；
当

-a 2

＜x≤e时，f′（x）＞0，此时f（x）是增函数．
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（仅当a=-2e²，x=e时，f'（x）=0），
故函数f（x）在[1，e]上是减函数，此时[f（x）]_min=f（e）=a+e²．
综上可知，当a≥-2时，f（x）的最小值为1，相应的x值为1；
当-2e²＜a＜-2时，f（x）的最小值为

a

2

ln（-

a

2

）-

a

2

，相应的x值为

-a 2

；
当a≤-2e²时，f（x）的最小值为a+e²，相应的x值为e．
（3）不等式f（x）≤（a+2）x，可化为a（x-lnx）≥x²-2x．
∵x∈[1，e]，∴lnx≤1≤x且等号不能同时取，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]），则g′(x)=

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

(x-lnx)2

，
当x∈[1，e]时，x-1≥0，lnx≤1，x+2-2lnx＞0，
从而g'（x）≥0（仅当x=1时取等号），所以g（x）在[1，e]上为增函数，
故g（x）的最小值为g（1）=-1，所以a的取值范围是[-1，+∞）．

点评：本题主要考查利用导数研究函数的性质及研究单调性与函数的最值，还考查求参数的范围，解决此类问题的关键是分离参数后转化为恒成立问题，即求新函数的最值问题，是近年高考考查的热点．