Question

12．已知函数f（x）=alnx+x²（a为实常数）．
（1）若函数f（x）在（1，+∞）上是增函数，求a的取值范围；
（2）求函数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，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求得函数的导数，由题意可得x＞1时，导数f′（x）≥0恒成立，由恒成立思想即可得到所求a的范围；
（2）求出导数，对a讨论，当a≥-2时，当-2e²＜a＜-2时，当a≤-2e²时，判断导数符号，得到单调性，可得最小值；
（3）由题意可得$a≥\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$（x∈[1，e]），由于导数判断右边函数的单调性，即可得到最小值，进而得到a的范围．

解答 解．（1）∵f（x）=x²+alnx，
∴$f'（x）=2x+\frac{a}{x}=\frac{{2{x^2}+a}}{x}$，
由题意x∈（1，+∞），$f'（x）=\frac{{2{x^2}+a}}{x}≥0$恒成立，
即2x²+a≥0对x∈（1，+∞）恒成立，
故a≥-2；
（2）$f'（x）=\frac{{2{x^2}+a}}{x}（x＞0）$，当x∈[1，e]，2x²+a∈[a+2，a+2e²]，
①若a≥-2，f'（x）在[1，e]上非负（仅当a=-2，x=1时，f'（x）=0），
故函数f（x）在[1，e]上是增函数，此时[f（x）]_min=f（1）=1．　
②若-2e²＜a＜-2，当$x=\sqrt{\frac{-a}{2}}$时，f'（x）=0；
当$1≤x＜\sqrt{\frac{-a}{2}}$时，f'（x）＜0，此时f（x）是减函数； 
当$\sqrt{\frac{-a}{2}}＜x≤e$时，f'（x）＞0，此时f（x）是增函数．
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（仅当a=-2e²，x=e时，f'（x）=0），
故函数f（x）在[1，e]上是减函数，此时[f（x）]_min=f（e）=a+e²．
综上可知，当a≥-2时，f（x）的最小值为1；
当-2e²＜a＜-2时，f（x）的最小值为$\frac{a}{2}ln（-\frac{a}{2}）-\frac{a}{2}$；
当a≤-2e²时，f（x）的最小值为a+e²；
（3）不等式f（x）≤（a+2）x，可化为a（x-lnx）≥x²-2x．
∵x∈[1，e]，∴lnx≤1≤x且等号不能同时取，
∴lnx＜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$g'（x）=\frac{（x-1）（x+2-2lnx）}{{{{（x-lnx）}^2}}}$，
当x∈[1，e]时，x-1≥0，lnx≤1，x+2-2lnx＞0，
从而g'（x）≥0（仅当x=1时取等号），即g（x）在[1，e]上为增函数，
故g（x）的最小值为g（1）=-1，
则a的取值范围是[-1，+∞）．

点评 本题考查导数的运用：求单调性和最值，同时考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和构造函数，求得单调性，求得最值，考查运算能力，属于中档题．