Question

（2013•延庆县一模）已知函数f(x)=-2a2lnx+

1

2

x2+ax（a∈R）．
（Ⅰ） 讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）当a＜0时，求函数f（x）在区间[1，e]的最小值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求出函数f（x）的导数，令导数大于0求出函数的增区间，令导数小于0，求出函数的减区间
（Ⅱ）a＜0时，用导数研究函数f（x）在[1，e]上的单调性确定出最小值，借助（Ⅰ）的结论，由于参数的范围对函数的单调性有影响，故对其分类讨论，

解答：解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），…（1分）
（Ⅰ）f′(x)=

x2+ax-2a2

x

=

(x+2a)(x-a)

x

，…（4分）
（1）当a=0时，f'（x）=x＞0，所以f（x）在定义域为（0，+∞）上单调递增； …（5分）

（2）当a＞0时，令f'（x）=0，得x₁=-2a（舍去），x₂=a，
当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下：
此时，f（x）在区间（0，a）单调递减，
在区间（a，+∞）上单调递增；          …（7分）

（3）当a＜0时，令f'（x）=0，得x₁=-2a，x₂=a（舍去），
当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下：
此时，f（x）在区间（0，-2a）单调递减，
在区间（-2a，+∞）上单调递增．…（9分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知当a＜0时，f（x）在区间（0，-2a）单调递减，在区间（-2a，+∞）上单调递增．…（10分）
（1）当-2a≥e，即a≤-

e

2

时，f（x）在区间[1，e]单调递减，
所以，[f(x)]min=f(e)=-2a2+ea+

1

2

e2；                     …（11分）
（2）当1＜-2a＜e，即-

e

2

＜a＜-

1

2

时，f（x）在区间（1，-2a）单调递减，
在区间（-2a，e）单调递增，所以[f(x)]min=f(-2a)=-2a2ln(-2a)，…（12分）
（3）当-2a≤1，即-

1

2

≤a＜0时，f（x）在区间[1，e]单调递增，
所以[f(x)]min=f(1)=a+

1

2

．…（13分）

点评：本题考查用导数研究函数的单调性，解题的键是理解并掌握函数的导数的符号与函数的单调性的关系，此类题一般有两类题型，一类是利用导数符号得出单调性，一类是由单调性得出导数的符号，本题属于第一种类型．本题的第二小问是根据函数在闭区间上的最值，本题中由于参数的存在，导致导数的符号不定，故需要对参数的取值范围进行讨论，以确定函数在这个区间上的最值．