Question

15．已知函數(shù)f（x）=x²+ax-lnx，a∈R．
（1）若函數(shù)f（x）在[1，2]上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）令g（x）=f（x）-x²，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(shuō)明理由；
（3）求證：當(dāng)x∈（0，e]時(shí)，e²x²-$\frac{5}{2}$x＞（x+1）lnx．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性得到關(guān)于a的不等式組，解出即可；
（2）由g（x）=f（x）-x²=ax-lnx，x∈（0，e]，求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，依題意，通過(guò)對(duì)a≤0、0＜$\frac{1}{a}$＜e、及$\frac{1}{a}$≥e的討論，即可作出正確判斷；
（3）令F（x）=e²x-lnx，由（2）知，F(xiàn)（x）_min=3，令φ（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{5}{2}$，證明F（x）_min＞φ（x）_max即可；

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）在[1，2]上是減函數(shù)，∴f′（x）≤0在[1，2]上恒成立．
又f′（x）=2x+a-$\frac{1}{x}$=$\frac{{2x}^{2}+ax-1}{x}$，令h（x）=2x²+ax-1，
∴$\left\{\begin{array}{l}{h（1）≤0}\\{h（2）≤0}\end{array}\right.$，解得a≤-$\frac{7}{2}$；
（2）∵f（x）=x²+ax-lnx，
∴g（x）=f（x）-x²=ax-lnx，x∈（0，e]．
∴g′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$（0＜x≤e），
①當(dāng)a≤0時(shí)，g（x）在（0，e]上單調(diào)遞減，g（x）_min=g（e）=ae-1=3，解得a=$\frac{4}{e}$（舍去）；
②當(dāng)0＜$\frac{1}{a}$＜e時(shí)，g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{a}$，e]上單調(diào)遞增，
∴g（x）_min=g（$\frac{1}{a}$）=1+lna=3，解得a=e²，滿足條件；
③當(dāng)$\frac{1}{a}$≥e時(shí)，g（x）在（0，e]上單調(diào)遞減，g（x）_min=g（e）=ae-1=3，解得a=$\frac{4}{e}$（舍去）；
綜上，存在實(shí)數(shù)a=e²，使得當(dāng)x∈（0，e]時(shí)，g（x）有最小值3．
證明：（3）令F（x）=e²x-lnx，由（2）得F（x）_min=3，
令ω（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{5}{2}$，ω′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
當(dāng)0＜x≤e時(shí)，ω′（x）≥0，ω（x）在（0，e]遞增，
∴ω（x）_max=ω（e）=3
故e²x-lnx＞$\frac{lnx}{x}$+$\frac{5}{2}$，即e²x²-$\frac{5}{2}$x＞（x+1）lnx．

點(diǎn)評(píng) 不停考查不等式的證明，考查利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，著重考查分類討論數(shù)學(xué)與化歸思想的綜合應(yīng)用，屬于難題．