Question

已知函数f（x）=x²+ax-lnx，a∈R．
（1）若a=1，求函数f（x）的单调区间；
（2）令g（x）=f（x）-x²，是否存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
（3）求证：当x∈（0，e]时，e²x-

5

2

＞lnx+

lnx

x

．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）当a=1时，f（x）=x²+x-lnx（x＞0），f′(x)=2x+1-

1

x

=

2x2+x-1

x

=

(2x-1)(x+1)

x

，分别令f′（x）＞0，令f′（x）＜0，解出x的范围即可得出函数f（x）单调性；
（2）假设存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）=ax-lnx的最小值是3．g′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

，对a分类讨论，研究函数的单调性极值与最值即可得出．
（3）e²x-

5

2

＞lnx+

lnx

x

变形为e2x-lnx＞

5

2

+

lnx

x

．由（2）可知：当a=e²时，g（x）=e²x-lnx有最小值为3，令φ（x）=

5

2

+

lnx

x

，再利用对数研究其单调性极值与最大值即可．

解答： 解：（1）当a=1时，f（x）=x²+x-lnx（x＞0），
f′(x)=2x+1-

1

x

=

2x2+x-1

x

=

(2x-1)(x+1)

x

，
令f′（x）＞0，解得x＞

1

2

，此时函数f（x）在区间(

1

2

，+∞)上单调递增；
令f′（x）＜0，解得0＜x＜

1

2

，此时函数f（x）在区间(0，

1

2

)上单调递减法．
（2）假设存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）=ax-lnx的最小值是3．
g′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

，
①当a≤0时，g（x）在x∈（0，e]上单调递减，g（x）_min=g（e）=ae-1=3，a=

4

e

，舍去．
②当0＜

1

a

＜e时，g（x）在(0，

1

a

)上单调递减，在(

1

a

，e)上单调递增，∴g（x）_min=g(

1

a

)=1+lna=3，解得a=e²，满足条件．
③当

1

a

≥e时，g（x）在x∈（0，e]上单调递减，g（x）_min=g（e）=ae-1=3，a=

4

e

，舍去．
综上，存在实数a=e²，使得当x∈（0，e]时，g（x）有最小值3．
（3）e²x-

5

2

＞lnx+

lnx

x

变形为e2x-lnx＞

5

2

+

lnx

x

．
由（2）可知：当a=e²时，g（x）=e²x-lnx有最小值为3，即g（x）=ex²-lnx≥3，
令φ（x）=

5

2

+

lnx

x

，则φ′（x）=

1-lnx

x2

，
当x∈（0，e]时，φ′（x）≥0，
故φ（x）在x∈（0，e]上单调递增，
故φ（x）_max=φ（e）=

1

e

+

5

2

＜

1

2

+

5

2

=3，
故e²x-

5

2

＞lnx+

lnx

x

，即原命题正确．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了分类讨论的思想方法，考查了分析问题与解决问题的能力，考查了推理能力与计算能力，属于难题．