Question

已知函數(shù)f（x）=x²+ax-lnx，a∈R．
（Ⅰ）當a=1時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當函數(shù)f（x）在[1，2]上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）令g（x）=f（x）-x²，是否存在實數(shù)a，當x∈（0，e]（e是自然對數(shù)的底數(shù)時，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．

Answer 1

考點：利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（Ⅰ）由f（x）=x²+x-lnx，x＞0，得f′（x）=

(2x-1)(x+1)

x

，從而f（x）在（0，

1

2

）遞減，在（

1

2

，+∞）遞增；
（Ⅱ）由f′（x）=

2x2+ax-1

x

，當函數(shù)f（x）在[1，2]上是減函數(shù)時，得f′（1）=2+a-1≤0①，f′（2）≤0得a范圍是（-∞，

7

2

）；
（Ⅲ）∵f（x）=x²+ax-lnx，求出函數(shù)的導數(shù)，討論a≤0，0＜

1

a

＜e，

1

a

≥e的情況，從而得出答案．

解答： 解：（Ⅰ）a=1時，f（x）=x²+x-lnx，x＞0
∴f′（x）=

(2x-1)(x+1)

x

，
令f′（x）＞0，解得：x＞

1

2

，x＜-1（舍），
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜

1

2

，
∴f（x）在（0，

1

2

）遞減，在（

1

2

，+∞）遞增；
（Ⅱ）∵f′（x）=

2x2+ax-1

x

，
當函數(shù)f（x）在[1，2]上是減函數(shù)時，
得f′（1）=2+a-1≤0①，
f′（2）=8+2a-1≤0②，
由①②得：a≤-

7

2

，
∴a的范圍是（-∞，

7

2

）；
（Ⅲ）∵f（x）=x²+ax-lnx，
∴g（x）=f（x）-x²=ax-lnx，x∈（0，e]．
∴g′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

（0＜x≤e），
①當a≤0時，g（x）在（0，e]上單調(diào)遞減，g（x）_min=g（e）=ae-1=3，解得a=

4

e

（舍去）；
②當0＜

1

a

＜e時，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，滿足條件；
③當

1

a

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

4

e

（舍去）；
綜上，存在實數(shù)a=e²，使得當x∈（0，e]時，g（x）有最小值3．

點評：本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的最值問題，導數(shù)的應用，考查分類討論思想，是一道綜合題．