Question

已知函數(shù)f（x）=x²，g（x）=ax-lnx，
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）+g（x）在[2，3]上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）是否存在實(shí)數(shù)a，當(dāng)x∈（0，e]（e是自然常數(shù)）時(shí)，函數(shù)g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，說明理由；
（Ⅲ）當(dāng)x∈（0，e]時(shí)，證明：e²x＞

5

2

+（1+

1

x

）lnx．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）令h（x）=f（x）+g（x），則h（x）=x²+ax-lnx，從而h/(x)=2x+a-

1

x

在[2，3]上恒成立，即a≤

1

x

-2x，在[2，3]上恒成立，進(jìn)而

1

x

-2x的最小值為-

17

3

a≤-

17

3

．
（Ⅱ）假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使g（x）有最小值是3，因此g/(x)=a-

1

x

，x∈（0，e]，通過討論a的范圍來解決問題；
（Ⅲ）由e²x＞

5

2

+（1+

1

x

）lnx得e²x-lnx＞

5

2

+

lnx

x

，只需證

5

2

+

lnx

x

＜3即可，令p（x）=

5

2

+

lnx

x

，則p（x）=

1-lnx

x2

在（0，e]上單調(diào)遞增，故e²x-lnx＞

5

2

+

lnx

x

，問題得證．

解答： 解：（Ⅰ）令h（x）=f（x）+g（x），
則h（x）=x²+ax-lnx，
∴h/(x)=2x+a-

1

x

，
∵f（x）+g（x）在[2，3]上是減函數(shù)，
∴h/(x)=2x+a-

1

x

≤0，在[2，3]上恒成立，
即a≤

1

x

-2x，在[2，3]上恒成立．
而a≤

1

x

-2x，在[2，3]上是減函數(shù)，
∴

1

x

-2x的最小值為-

17

3

a≤-

17

3

．
（Ⅱ）假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使g（x）有最小值是3，
∵g/(x)=a-

1

x

，x∈（0，e]
若a≤0，則g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，e]上為減函數(shù)，
g（x）的最小值為g（e）=ae-1=3
∴a=

4

e

與a≤0矛盾，
若a＞0時(shí)，令a-

1

x

=0，則x=

1

a

當(dāng)0＜

1

a

＜e，即a＞

1

e

時(shí)，
g（x）在(0，

1

a

)上單調(diào)遞減，在(

1

a

，e)上單調(diào)遞增，
g(x)min=g(

1

a

)=1+lna=3，解得a=e²，
當(dāng)

1

a

≥e，即a≤

1

e

時(shí)，g（x）在（0，e]上單調(diào)遞減，
g（x）_min=g（e）=ae-1=3
∴a=

4

e

與a≤

1

e

矛盾，
（Ⅲ）∵x∈（0，e]，由e²x＞

5

2

+（1+

1

x

）lnx得e²x-lnx＞

5

2

+

lnx

x

，
由（Ⅱ）得：e²x-lnx的最小值為3，只需證

5

2

+

lnx

x

＜3即可，
令p（x）=

5

2

+

lnx

x

，則p（x）=

1-lnx

x2

在（0，e]上單調(diào)遞增，
∴p（x）的最大值為p（e）=

5

2

+

1

e

＜

5

2

+

1

2

=3，
故e²x-lnx＞

5

2

+

lnx

x

，
即e²x＞

5

2

+（1+

1

x

）lnx．

點(diǎn)評(píng)：本題考察了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的極值問題，求參數(shù)的范圍，不等式的證明，是一道綜合題．