Question

6．已知函数f（x）=x²-4x+（2-a）lnx，（a∈R）
（1）当a=8时，求：
①f（x）的单调增区间；
②曲线y=f（x）在点（1，-3）处的切线方程．
（2）求函数f（x）在区间[e，e²]上的最小值．

Answer 1

分析 （1）①先求出函数的导数，得出单调增区间；
②求出切线斜率，即可求出曲线y=f（x）在点（1，-3）处的切线方程
（2）先求出函数的导数，分类讨论，确定函数的单调性，即可求函数f（x）在区间[e，e²]上的最小值．

解答 解：（1）①依题意得，当a=8时，f（x）=x²-4x-6lnx，
∴f′（x）=$\frac{2（x+1）（x-3）}{x}$，
由f′（x）＞0，得（x+1）（x-3）＞0，
解得x＞3或x＜-1．注意到x＞0，
∴函数f（x）的单调递增区间是（3，+∞）．
②k=f'（1）=-8，
∴曲线y=f（x）在点（1，-3）处的切线方程是8x+y-5=0．
（2）当x∈[e，e²]时，f（x）=x²-4x+（2-a）lnx，
所以f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-4x+2-a}{x}$，
设g（x）=2x²-4x+2-a．
①当a≤0时，有△=16-4×2（2-a）=8a≤0
所以f′（x）≥0，f（x）在[e，e²]上单调递增．
所以f（x）_min=f（e）=e²-4e+2-a（8分）
②当a＞0时，△=16-4×2（2-a）=8a＞0，
令f′（x）＞0，即2x²-4x+2-a＞0，解得x＞1+$\frac{\sqrt{2}a}{2}$或x＜1-$\frac{\sqrt{2}a}{2}$（舍）；
令f′（x）＜0，即2x²-4x+2-a＜0，解得1-$\frac{\sqrt{2}a}{2}$＜x＜1+$\frac{\sqrt{2}a}{2}$．
1^°若1+$\frac{\sqrt{2}a}{2}$≥e2，即a≥2（e²-1）²时，f（x）在区间[e，e²]单调递减，
所以f（x）_min=f（e²）=e⁴-4e²+4-2a．
2^°若e＜1+$\frac{\sqrt{2}a}{2}$＜e²，即2（e-1）²＜a＜2（e²-1）²时，f（x）在区间[e，1+$\frac{\sqrt{2}a}{2}$]上单调递减，
在区间[1+$\frac{\sqrt{2}a}{2}$，e2]上单调递增，所以f（x）_min=f（1+$\frac{\sqrt{2}a}{2}$）=$\frac{a}{2}$-$\sqrt{2}$a-3+（2-a）ln（1+$\frac{\sqrt{2}a}{2}$）．
3^°若1+$\frac{\sqrt{2}a}{2}$≤e，即0＜a≤2（e-1）²时，f（x）在区间[e，e²]单调递增，
所以f（x）_min=f（e）=e²-4e+2-a．（14分）
综上所述，
当a≥2（e²-1）²时，f（x）_min=e⁴-4e²+4-2a；
当2（e-1）²＜a＜2（e²-1）²时，f（x）_min=$\frac{a}{2}$-$\sqrt{2}$a-3+（2-a）ln（1+$\frac{\sqrt{2}a}{2}$）；
当a≤2（e-1）²时，f（x）_min=e²-4e+2-a．（16分）

点评 本题考察了函数的单调性，导数的应用，求函数的极值问题，是一道中档题．