Question

16．已知函数f（x）=alnx+x²-ax（a∈R）．
（1）若x=3是f（x）的极值点，求f（x）的单调区间；
（2）求g（x）=f（x）-2x在区间[1，e]的最小值h（a）．

Answer 1

分析 （1）由于x=3是函数f（x）的一个极值点，可得f′（3）=0，解出并验证即可；
（2）求出函数g（x）的导数，通过讨论a的范围，得到函数g（x）的单调性，求出h（a）的解析式即可．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{a}{x}$+2x-a（x＞0）．
∵x=3是函数f（x）的一个极值点，
∴f′（3）=$\frac{a}{3}$+6-a=0，解得a=9，
∴f′（x）=$\frac{（2x-3）（x-3）}{x}$，
∴0＜x＜$\frac{3}{2}$或x＞3时，f′（x）＞0，$\frac{3}{2}$＜x＜3时，f′（x）＜0，
∴x=3是函数f（x）的一个极小值点，
（2）g（x）=alnx+x²-ax-2x，x∈[1，e]，
g′（x）=$\frac{（2x-a）（x-1）}{x}$，
①$\frac{a}{2}$≤1即a≤2时，g（x）在[1，e]递增，
g（x）_min=g（1）=-a-1；
②1＜$\frac{a}{2}$＜2即2＜a＜2e时，
g（x）在[1，$\frac{a}{2}$）递减，在（$\frac{a}{2}$，e]递增，
故g（x）_min=g（$\frac{a}{2}$）=aln$\frac{a}{2}$-$\frac{{a}^{2}}{4}$-a；
③$\frac{a}{2}$≥e即a≥2e时，g（x）在[1，e]递减，
故g（x）min=g（e）=a（1-e）+e（e-2）；
综上h（a）=$\left\{\begin{array}{l}{-a-1，a≤2}\\{aln\frac{a}{2}-\frac{{a}^{2}}{4}-a，2＜a＜2e}\\{a（1-e）+e（e-2），a≥2e}\end{array}\right.$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．