Question

12．已知函数f（x）=x²+ax-lnx，a∈R
（1）若函数f（x）在[1，2]上是减函数，求实数a的取值范围
（2）令g（x）=f（x）-x²，是否存在实数a，当x∈（0，e]时，函数g（x）的最小值是3？若存在，求出a的值，若不存在，说明理由
（3）当x∈（0，e]时，求证：e²x²-$\frac{5}{2}$x＞（x+1）lnx．

Answer 1

分析 （1）先求出函数f（x）的导数，得到不等式组，解出a的范围即可；
（2）假设存在实数a，求出函数g（x）的导数，通过讨论g（x）的单调性，求出函数的最小值，从而求出a的值；
（3）令F（x）=e²x-lnx，令ω（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{5}{2}$，通过讨论它们的单调性得到e²x-lnx＞$\frac{lnx}{x}$+$\frac{5}{2}$即可．

解答 解：（1）f′（x）=2x+a-$\frac{1}{x}$=$\frac{{2x}^{2}+ax-1}{x}$≤0在[1，2]上恒成立，
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）假设存在实数a，使得g（x）=f（x）-x²=ax-lnx，x∈（0，e]有最小值3，
g′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，
①0＜$\frac{1}{a}$＜e，即a＞e时，令g′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{a}$，令g′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{a}$，
∴函数g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）递减，在（$\frac{1}{a}$，e]递增，
∴g（x）_min=g（$\frac{1}{a}$）=1+lna=3，解得：a=e²，满足条件；
②$\frac{1}{a}$≥e，即a≤$\frac{1}{e}$时，g′（x）＜0，g（x）在（0，e]单调递减，
∴g（x）_min=g（e）=ae-1=3，解得：a=$\frac{4}{e}$（舍去）；
综上，存在实数a=e²，使得x∈（0，e]时，函数g（x）有最小值3；
（3）令F（x）=e²x-lnx，由（2）得：F（x）_min=3，
令ω（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{5}{2}$，ω′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
当0＜x≤e时，ω′（x）≥0，ω（x）在（0，e]递增，
故e²x-lnx＞$\frac{lnx}{x}$+$\frac{5}{2}$，
即：e²x²-$\frac{5}{2}$x＞（x+1）lnx．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，考查二次函数的性质，是一道中档题．