Question

5．设函数f（x）=lnx+x²-2ax+a²，a∈R
（1）若a=0，求函数f（x）在[1，e]上的最小值；
（2）若函数f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上存在单调递增区间，试求实数a的取值范围；
（3）求函数f（x）的极值点．

Answer 1

分析 （1）当a=0时，f（x）=lnx+x²，x∈[1，e]．f′（x）=$\frac{1}{x}+2x$＞0，即可得出单调性与最值．
（2）f′（x）=$\frac{1}{x}+2x$-2a=$\frac{2{x}^{2}-2ax+1}{x}$，设g（x）=2x²-2ax+1，由题意，在区间[$\frac{1}{2}$，2]上存在子区间使得不等式g（x）＞0成立，只要g（2）＞0或$g（\frac{1}{2}）$＞0即可．分别解出即可得出．
（3）由（2）f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-2ax+1}{x}$（x＞0），设g（x）=2x²-2ax+1，①当a≤0时，g（x）＞0，可得f′（x）＞0，利用单调性即可判断出极值情况．②a＞0，（i）△=4a²-8≤0，即$0＜a≤\sqrt{2}$时，利用单调性即可判断出极值情况．（ii））△=4a²-8＞0，即a$＞\sqrt{2}$时，利用单调性即可得出极值情况．

解答 解：（1）当a=0时，f（x）=lnx+x²，x∈[1，e]．f′（x）=$\frac{1}{x}+2x$＞0，
∴函数f（x）在[1，e]上单调递增，因此当x=1时，函数f（x）取得最小值f（1）=1．
（2）f′（x）=$\frac{1}{x}+2x$-2a=$\frac{2{x}^{2}-2ax+1}{x}$，设g（x）=2x²-2ax+1，
由题意，在区间[$\frac{1}{2}$，2]上存在子区间使得不等式g（x）＞0成立，
∵2＞0，∴只要g（2）＞0或$g（\frac{1}{2}）$＞0即可．
由g（2）＞0，即8-4a+1＞0，解得a$＜\frac{9}{4}$；由$g（\frac{1}{2}）$＞0，即$\frac{1}{2}-a+1＞0$，解得a$＜\frac{3}{2}$．
综上可得：a$＜\frac{9}{4}$．
∴函数f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]上存在单调递增区间，实数a的取值范围是$（-∞，\frac{9}{4}）$．
（3）由（2）f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-2ax+1}{x}$（x＞0），设g（x）=2x²-2ax+1，
①当a≤0时，g（x）＞0，∴f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增，没有极值点，舍去．
②a＞0，（i）△=4a²-8≤0，即$0＜a≤\sqrt{2}$时，f′（x）＞0恒成立，此时函数f（x）单调递增，没有极值点，舍去．
（ii））△=4a²-8＞0，即a$＞\sqrt{2}$时，
由g（x）＜0，解得$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$＜x＜$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；
由g（x）＞0，解得0＜x＜$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，或x＞$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增．
∴x=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$是函数f（x）的极大值点；x=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$是函数f（x）的极小值点．
综上可得：当a≤$\sqrt{2}$时，函数f（x）没有极值点；x=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$是函数f（x）的极大值点；x=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$是函数f（x）的极小值点．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、不等式解法、一元二次方程的求根根式，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．