Question

已知函数f（x）=alnx+x²（a为实常数）．
（1）当a=-4时，求函数f（x）在[1，e]上的最大值及相应的x值；
（2）当x∈[1，e]时，讨论方程f（x）=0根的个数．
（3）若a＞0，且对任意的x₁，x₂∈[1，e]，都有|f(x1)-f(x2)|≤|

1

x1

-

1

x2

|，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）把a=-4代入函数解析式，求出函数的导函数，由导函数的零点把给出的定义[1，e]分段，判出在各段内的单调性，从而求出函数在[1，e]上的最大值及相应的x值；
（2）把原函数f（x）=alnx+x²求导，分a≥0和a＜0讨论打哦函数的单调性，特别是当a＜0时，求出函数f（x）在[1，e]上的最小值及端点处的函数值，然后根据最小值和F（e）的值的符号讨论在x∈[1，e]时，方程f（x）=0根的个数；
（3）a＞0判出函数f（x）=alnx+x²在[1，e]上为增函数，在规定x₁＜x₂后把|f(x1)-f(x2)|≤|

1

x1

-

1

x2

|转化为f（x₂）+

1

x2

＜f（x₁）+

1

x1

，构造辅助函数G（x）=f（x）+

1

x

，由该辅助函数是减函数得其导函数小于等于0恒成立，分离a后利用函数单调性求a的范围．

解答：解：（1）当a=-4时，f（x）=-4lnx+x²，函数的定义域为（0，+∞）．
f′(x)=-

4

x

+2x=

2(x+ 2 )(x- 2 )

x

．
当x∈[1，

2

)时，f′（x）0，
所以函数f（x）在[1，

2

)上为减函数，在(

2

，e]上为增函数，
由f（1）=-4ln1+1²=1，f（e）=-4lne+e²=e²-4，
所以函数f（x）在[1，e]上的最大值为e²-4，相应的x值为e；
（2）由f（x）=alnx+x²，得f′(x)=

a

x

+2x=

2x2+a

x

．
若a≥0，则在[1，e]上f′（x）＞0，函数f（x）=alnx+x²在[1，e]上为增函数，
由f（1）=1＞0知，方程f（x）=0的根的个数是0；
若a＜0，由f′（x）=0，得x=-

- a 2

（舍），或x=

- a 2

．
若

- a 2

≤1，即-2≤a＜0，f（x）=alnx+x²在[1，e]上为增函数，
由f（1）=1＞0知，方程f（x）=0的根的个数是0；
若

- a 2

≥e，即a≤-2e²，f（x）=alnx+x²在[1，e]上为减函数，
由f（1）=1，f（e）=alne+e²=e²+a≤-e²＜0，
所以方程f（x）=0在[1，e]上有1个实数根；
若1＜

- a 2

＜e，即-2e²＜a＜-2，
f（x）在[1，

- a 2

]上为减函数，在[

- a 2

，e]上为增函数，
由f（1）=1＞0，f（e）=e²+a．
f(x)min=f(

- a 2

)=

a

2

ln(-

a

2

)-

a

2

=

a

2

[ln(-

a

2

)-1]．
当-

a

2

＜e，即-2e＜a＜-2时，f(

- a 2

)＞0，方程f（x）=0在[1，e]上的根的个数是0．
当a=-2e时，方程f（x）=0在[1，e]上的根的个数是1．
当-e²≤a＜-2e时，f(

- a 2

)＜0，f（e）=a+e²≥0，方程f（x）=0在[1，e]上的根的个数是2．
当-2e²＜a＜-e²时，f(

- a 2

)＜0，f（e）=a+e²＜0，方程f（x）=0在[1，e]上的根的个数是1；
（3）若a＞0，由（2）知函数f（x）=alnx+x²在[1，e]上为增函数，
不妨设x₁＜x₂，则|f(x1)-f(x2)|≤|

1

x1

-

1

x2

|变为f（x₂）+

1

x2

＜f（x₁）+

1

x1

，由此说明函数G（x）=f（x）+

1

x

在[1，e]单调递减，所以G′（x）=

a

x

+2x-

1

x2

≤0对x∈[1，e]恒成立，即a≤-2x2+

1

x

对x∈[1，e]恒成立，
而-2x2+

1

x

在[1，e]单调递减，所以a≤-2e2+

1

e

．
所以，满足a＞0，且对任意的x₁，x₂∈[1，e]，都有|f(x1)-f(x2)|≤|

1

x1

-

1

x2

|成立的实数a的取值范围不存在．

点评：本题考查了利用导数求闭区间上的最值，考查了根的存在性及根的个数的判断，考查了分类讨论的数学思想方法和数学转化思想方法，训练了构造函数求变量的取值范围，此题是有一定难度题目．