Question

（2013•肇庆一模）若f（x）=

x2-a(ln-1)(0＜x＜e) x2+a(lnx-1)(x≥e

其中a∈R
（1）当a=-2时，求函数y（x）在区间[e，e²]上的最大值；
（2）当a＞0，时，若x∈[1，+∞），f(x)≥

3

2

a恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）当a=-2，x∈[e，e²]时，f（x）=x²-2lnx+2，求其导数可判函数在在[e，e²]上单调递增，进而可得其最大值；
（2）分类讨论可得函数y=f（x）在[1，+∞）上的最小值为f(x)min=

1+a，0＜a≤2 3a 2 - a 2 ln a 2 ，2＜a≤2e2 e2，a＞2e2

，分段令其≥

3a

2

，解之可得a的取值范围．

解答：解：（1）当a=-2，x∈[e，e²]时，f（x）=x²-2lnx+2，（1分）
∵f′(x)=2x-

2

x

，∴当x∈[e，e²]时，f'（x）＞0，（2分）
∴函数f（x）=x²-2lnx+2在[e，e²]上单调递增，（3分）
故f(x)max=f(e2)=(e2)2-2lne2+2=e⁴-2（4分）
（2）①当x≥e时，f（x）=x²+alnx-a，f′(x)=2x+

a

x

，
∵a＞0，∴f'（x）＞0，∴f（x）在[e，+∞）上单调递增，（5分）
故当x=e时，f(x)min=f(e)=e2；                            （6分）
②当1≤x≤e时，f（x）=x²-alnx+a，f′（x）=2x-

a

x

=

2

x

（x+

a 2

）（x-

a 2

），（7分）
（i）当

a 2

≤1，即0＜a≤2时，f（x）在区间[1，e）上为增函数，
当x=1时，f（x）_min=f（1）=1+a，且此时f（1）＜f（e）=e²；      （8分）
（ii）当1＜

a 2

≤e，即2＜a≤2e²时，f（x）在区间(1，

a 2

]上为减函数，在区间(

a 2

，e]上为增函数，（9分）
故当x=

a 2

时，f(x)min=f(

a 2

)=

3a

2

-

a

2

ln

a

2

，且此时f（

a 2

）＜f（e）=e²；（10分）
（iii）当

a 2

＞e，即a＞2e²时，f（x）=x²-alnx+a在区间[1，e]上为减函数，
故当x=e时，f(x)min=f(e)=e2．（11分）
综上所述，函数y=f（x）在[1，+∞）上的最小值为f(x)min=

1+a，0＜a≤2 3a 2 - a 2 ln a 2 ，2＜a≤2e2 e2，a＞2e2

（12分）
由

0＜a≤2 1+a≥ 3 2 a

得0＜a≤2；由

2＜a≤2e2 3a 2 - a 2 ln a 2 ≥ 3a 2

得无解；由

a＞2e2 e2≥ 3a 2

得无解；  （13分）
故所求a的取值范围是（0，2]．                                     （14分）

点评：本题考查利用导数求闭区间的最值，涉及分类讨论的思想，属难题．