Question

13．已知a為正的常數(shù)，函數(shù)f（x）=|ax-x²|+lnx．
（1）若a=2，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）設(shè)g（x）=$\frac{f（x）}{x}$，求g（x）在區(qū)間[1，e]上的最小值．（e≈2.71828為自然對數(shù)的底數(shù)）

Answer 1

分析 （1）把a=2代入函數(shù)解析式，由絕對值內(nèi)的代數(shù)式等于0求得x的值，由解得的x的值把定義域分段，去絕對值后求導(dǎo)，利用導(dǎo)函數(shù)求每一段內(nèi)的函數(shù)的增區(qū)間，則a=2時的函數(shù)的增區(qū)間可求；
（2）把f（x）的解析式代入g（x）=$\frac{f（x）}{x}$，利用a與1和e的大小比較去絕對值，然后求出去絕對值后的函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)在區(qū)間[1，e]上的最小值．最后把求得的函數(shù)的最小值寫成分段函數(shù)的形式即可．．

解答 解：（1）a=2時，f（x）=|ax-x²|+lnx=$\left\{\begin{array}{l}{2x-{x}^{2}+lnx，0＜x＜2}\\{{x}^{2}-2x+lnx，x≥2}\end{array}\right.$，
當(dāng)0＜x＜2時，f′（x）=$\frac{-2{x}^{2}+2x+1}{x}$，
令f′（x）＞0時，解得0＜x≤$\frac{1+\sqrt{3}}{2}$，
當(dāng)x≥2時，f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-2x+1}{x}$，
令f′（x）＞0時，解得x≥2，
故函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是（0，$\frac{1+\sqrt{3}}{2}$]，[2，+∞）                             
（2）g（x）=|x-a|+$\frac{lnx}{x}$=$\left\{\begin{array}{l}{x-a+\frac{lnx}{x}，x＞a}\\{a-x+\frac{lnx}{x}，0＜x≤a}\end{array}\right.$，
當(dāng)a≥e時，則g（x）=a-x+$\frac{lnx}{x}$，g′（x）=-1-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{-{x}^{2}+1-lnx}{{x}^{2}}$，
令h（x）=-x²+1-lnx，則h′（x）=-2x-$\frac{1}{x}$＜0
∴h（x）在[1，e]上為減函數(shù)，則h（x）≤h（1）=0．
∴g（x）在[1，e]上為減函數(shù)，得g（x）_min=g（e）=a-e+$\frac{1}{e}$；                               
當(dāng)a≤1時，∵x∈[1，e]，∴0≤lnx≤1，1-lnx≥0，x²+1-lnx≥0，∴g′（x）＞0．
∴g（x）在[1，e]上為增函數(shù)，
∴g（x）_min=g（1）=1-a．
當(dāng)1＜a＜e時，g（x）在[1，a]上減，[a，e]上增，
g（x）_min=g（a）=$\frac{lna}{a}$                                      
綜上所述：$g{（x）_{min}}=\left\{{\begin{array}{l}{a-e+\frac{1}{e}，a≥e}\\{1-a，a≤1}\\{\frac{lna}{a}，1＜a＜e}\end{array}}\right.$

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，考查了分類討論得數(shù)學(xué)思想方法，考查了去絕對值的方法，正確的分類是解決該題的關(guān)鍵，屬難題．