Question

12．已知函數(shù)f（x）=alnx+x²（a為實(shí)常數(shù)）．
（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]上的最小值；
（3）若存在x∈[1，e]，使得f（x）≤（a+2）x成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求得函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，由題意可得x＞1時，導(dǎo)數(shù)f′（x）≥0恒成立，由恒成立思想即可得到所求a的范圍；
（2）求出導(dǎo)數(shù)，對a討論，當(dāng)a≥-2時，當(dāng)-2e²＜a＜-2時，當(dāng)a≤-2e²時，判斷導(dǎo)數(shù)符號，得到單調(diào)性，可得最小值；
（3）由題意可得$a≥\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$（x∈[1，e]），由于導(dǎo)數(shù)判斷右邊函數(shù)的單調(diào)性，即可得到最小值，進(jìn)而得到a的范圍．

解答 解．（1）∵f（x）=x²+alnx，
∴$f'（x）=2x+\frac{a}{x}=\frac{{2{x^2}+a}}{x}$，
由題意x∈（1，+∞），$f'（x）=\frac{{2{x^2}+a}}{x}≥0$恒成立，
即2x²+a≥0對x∈（1，+∞）恒成立，
故a≥-2；
（2）$f'（x）=\frac{{2{x^2}+a}}{x}（x＞0）$，當(dāng)x∈[1，e]，2x²+a∈[a+2，a+2e²]，
①若a≥-2，f'（x）在[1，e]上非負(fù)（僅當(dāng)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．　
②若-2e²＜a＜-2，當(dāng)$x=\sqrt{\frac{-a}{2}}$時，f'（x）=0；
當(dāng)$1≤x＜\sqrt{\frac{-a}{2}}$時，f'（x）＜0，此時f（x）是減函數(shù)； 
當(dāng)$\sqrt{\frac{-a}{2}}＜x≤e$時，f'（x）＞0，此時f（x）是增函數(shù)．
故[f（x）]_min=$f（\sqrt{\frac{-a}{2}}）$=$\frac{a}{2}ln（-\frac{a}{2}）-\frac{a}{2}$．
③若a≤-2e²，f'（x）在[1，e]上非正（僅當(dāng)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(dāng)a≥-2時，f（x）的最小值為1；
當(dāng)-2e²＜a＜-2時，f（x）的最小值為$\frac{a}{2}ln（-\frac{a}{2}）-\frac{a}{2}$；
當(dāng)a≤-2e²時，f（x）的最小值為a+e²；
（3）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，
∴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]），又$g'（x）=\frac{（x-1）（x+2-2lnx）}{{{{（x-lnx）}^2}}}$，
當(dāng)x∈[1，e]時，x-1≥0，lnx≤1，x+2-2lnx＞0，
從而g'（x）≥0（僅當(dāng)x=1時取等號），即g（x）在[1，e]上為增函數(shù)，
故g（x）的最小值為g（1）=-1，
則a的取值范圍是[-1，+∞）．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)性和最值，同時考查不等式恒成立問題的解法，注意運(yùn)用參數(shù)分離和構(gòu)造函數(shù)，求得單調(diào)性，求得最值，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．