Question

6．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²-2alnx+（a-2）x，a∈R．
（1）若函数f（x）在（2，+∞）上为单调递增函数，求实数a的范围；
（2）试讨论f（x）在[2，e]上的最小值g（a）．

Answer 1

分析 （1）求出${f^'}（x）=x-\frac{2a}{x}+a-2=\frac{（x-2）（x+a）}{x}（x＞0）$，由题意知（x-2）（x+a）≥0在（2，+∞）上恒成立，由此能求出a的取值范围．
（2）由${f^'}（x）=x-\frac{2a}{x}+a-2=\frac{（x-2）（x+a）}{x}（x＞0）$，根据a≥-2，-e＜a＜-2，a≤-e三种情况分类讨论，能求出f（x）的最小值．

解答 （本题满分12分）
解：（1）∵f（x）=$\frac{1}{2}$x²-2alnx+（a-2）x，a∈R，
∴${f^'}（x）=x-\frac{2a}{x}+a-2=\frac{（x-2）（x+a）}{x}（x＞0）$，
由题意知f′（x）≥0在（2，+∞）上恒成立，
即  （x-2）（x+a）≥0在（2，+∞）上恒成立
解得 a≥-2，
∴a的取值范围是[-2，+∞）．
（2）∵${f^'}（x）=x-\frac{2a}{x}+a-2=\frac{（x-2）（x+a）}{x}（x＞0）$，
∴由f′（x）=0，得x₁=2，x₂=-a，
当a≥-2时，由f′（x）＞0，得x＞2或x＜-a；由f′（x）＜0，得-a＜x＜2．
∴f（x）的减区间为（-a，2），增区间为（2，+∞），（0，-a），
∴f（x）在[2，e]上的最小值：
g（a）=f（2）=$\frac{1}{2}×4-2aln2+（a-2）×2$=-2aln2+2a-2．
当-e＜a＜-2时，由f′（x）＞0，得x＞-a或x＜2；由f′（x）＜0，得2＜x＜-a．
∴f（x）的减区间为（2，-a），增区间为（0，2），（-a，+∞），
∴f（x）在[2，e]上的最小值：
g（a）=f（-a）=$\frac{1}{2}×{a}^{2}-2aln（-a）+（a-2）（-a）$=-$\frac{1}{2}{a}^{2}-2aln（-a）+2a$；
当a≤-e时，由f′（x）＞0，得x＞-a或x＞2；由f′（x）＜0，得2＜x＜-a．
∴f（x）的减区间为（2，-a），增区间为（0，2），（-a，+∞），
∴f（x）在[2，e]上的最小值g（a）=f（e）=$\frac{1}{2}{e}^{2}-2alne+（a-2）e$=$\frac{1}{2}{e}^{2}-2a+ae$．
综上：$g（a）=\left\{\begin{array}{l}-2aln2+2a-2，a≥-2\\-\frac{1}{2}{a^2}-2aln（-a）+2a，-e＜a＜-2\\ \frac{1}{2}{e^2}-2a+ae-2e，a≤-e\end{array}\right.$．

点评 本题考查实数的取值范围的求法，考查函数的最小值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想和导数性质的合理运用．