Question

已知函数f（x）=x²+a|lnx-1|（a＞0）．
（1）当a=1时，求函数f（x）在区间[1，e]上的最大值；
（2）当x∈[1，+∞）时，求f（x）的最小值．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,二次函数在闭区间上的最值

专题：导数的综合应用

分析：（1）当a=1，x∈[1，e]时，f（x）=x²-lnx+1，f′（x）=2x-

1

x

≥f′（1）=1，由此能求出函数f（x）在区间[1，e]上的最大值．
（2）利用分类讨论思想和导数性质能求出当x∈[1，+∞）时，f（x）的最小值．

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

1

x

≥f′（1）=1，
所以f（x）在[1，e]上单调递增，所以f（x）_max=f（e）=e²．
（2）①当x≥e时，f（x）=x²+alnx-a，
f′(x)=2x+

a

x

，
∵a＞0，∴f′（x）＞0恒成立，
∴f（x）在[e，+∞）上为增函数，故当x=e时，ymin=f(e)=e2；
②当1≤x≤e时，f（x）=x²-alnx+a，f′(x)=2x-

a

x

=

2

x

(x+

a 2

)(x-

a 2

)．
（i）当

a 2

≤1，即0＜a≤2时，f′（x）在（1，e）上为正数，
∴f（x）在区间[1，e）上为增函数，
故当x=1时，y_min=1+a，且此时1+a，f（1）＜f（e）=e²．
（ii）当1＜

a 2

＜e，即2＜a＜2e²时，
f′（x）在（1，

a 2

）上小于0，在（

a

2

，e）上大于0，
∴f（x）在区间（1，

a 2

）上为减区间，在（

a

2

，e）上为增函数，
故当x=

a 2

时，y_min=

3a

2

-

a

2

ln

a

2

，
且此时f（

a 2

）＜f（e）=e²．
（iii）当

a 2

≥e，即a≥2e²时，f′（x）在（1，e）上为负数．
所以f（x）在（1，e）上为减函数，故当x=e时，y_min=f（e）=e²．

点评：本题考查函数的最大值的求法，考查函数的最小值的求法，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．