Question

13．已知函数f（x）=alnx+x²（a∈R）．
（1）若函数f（x）在（1，+∞）上是增函数，求a的取值范围；
（2）求函数f（x）在[1，e]上的最大值及相应的x值；
（3）若任意x∈[1，+∞），使得f（x）≤（a+2）x成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求得导数，由题意可得f′（x）≥0在[1，+∞）恒成立，即为-a≤2x²的最小值，求出最小值，即可得到所求范围；
（2）求出导数，对a讨论，a≥-2，当1-e²≤a＜-2时，当-2e²＜a＜1-e²时，a≤-2e²，运用单调性可得最大值，及对应的x的值；
（3）由题意可得alnx≤2x，x=1时，0＜1显然成立，即$\frac{a}{2}$≤$\frac{x}{lnx}$在（1，+∞）恒成立，令g（x）=$\frac{x}{lnx}$（x∈（1，+∞）），求出导数，求得单调区间，即可得到最小值，进而得到a的范围．

解答 解：（1）f（x）=alnx+x²的定义域为（0，+∞），
f′（x）=$\frac{a}{x}$+2x=$\frac{2{x}^{2}+a}{x}$，
由题意可得f′（x）≥0在[1，+∞）恒成立，
即为-a≤2x²的最小值，由2x²的最小值为2，
可得-a≤2，解得a≥-2；
（2）由f′（x）=$\frac{a}{x}$+2x=$\frac{2{x}^{2}+a}{x}$，
当x∈[1，e]时，2x²∈[2，2e²]，
若a≥-2，f′（x）在[1，e]上非负（仅当a=-2，x=-1时，f′（x）=0），
故f（x）在[1，e]上单调递增，此时f（x）_max=f（e）=a+e²；
若-2e²＜a＜-2，令f′（x）＜0，解得1≤x＜$\sqrt{\frac{-a}{2}}$，此时f（x）单调递减；
令f′（x）＞0，解得$\sqrt{\frac{-a}{2}}$＜x≤e，此时f（x）单调递增，
当1-e²≤a＜-2时，f（e）≥f（1），即有f（x）_max=f（e）=a+e²；
当-2e²＜a＜1-e²时，f（1）＞f（e），即有f（x）_max=f（1）=1；
若a≤-2e²，f′（x）在[1，e]上非正（仅当a=-2e²，x=e时，f′（x）=0），
故f（x）在[1，e]上单调递减，此时f（x）_max=f（1）=1．
综上所述，得a≥1-e²时，f（x）_max=a+e²，相应的x=e；
当a＜1-e²时，f（x）_max=1，相应的x=1；
（3）任意x∈[1，+∞），使得f（x）≤（x+2）x成立，
即为alnx≤2x，x=1时，0＜1显然成立；
即$\frac{a}{2}$≤$\frac{x}{lnx}$在（1，+∞）恒成立，
令g（x）=$\frac{x}{lnx}$（x∈（1，+∞）），
则g′（x）=$\frac{lnx-1}{（lnx）^{2}}$，
当x∈（1，e]时，0＜lnx≤1，lnx-1≤0，
从而g′（x）≤0（仅当x=e时取等号），则g（x）在（1，e]上是减函数；
当x＞e时，g′（x）＞0，则g（x）在（e，+∞）上是增函数．
即有x=e处取得极小值，且为最小值g（e）=e，
则有$\frac{a}{2}$≤e，解得a≤2e，
则实数a的取值范围是（-∞，2e]．

点评 本题考查导数的运用：求单调性和极值、最值，考查函数的单调性的运用，以及不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和构造函数，同时考查分类讨论的思想方法，属于中档题．