Question

17．已知函数f（x）=alnx+x²（a为实数）．
（Ⅰ）求函数f（x）在区间[1，e]上的最小值及相应的x值；
（Ⅱ）若存在x∈[1，e]，使得f（x）≤（a+2）x成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出导函数f'（x），然后讨论a研究函数在[1，e]上的单调性，将f（x）的各极值与其端点的函数值比较，其中最小的一个就是最小值；
（Ⅱ）若存在x∈[1，e]，f（x）≤（a+2）x成立，即a（x-lnx）≥x²-2x，构造函数g（x）=$\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$（x∈[1，e]），可将问题转化为一个函数成立问题，由此求出函数的最小值，即可得到结论．

解答 （Ⅰ）解：f（x）=alnx+x²的定义域为（0，+∞），
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）_min=f（1）=1；
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，
∴f（x）_min=f（$\sqrt{\frac{-a}{2}}$）=$\frac{a}{2}ln（\frac{-a}{2}）-\frac{a}{2}$；
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）_min=f（e）=a+e²，
综上所述，得a≥-2时，f（x）_min=1，相应的x=1；
当-2e²＜a＜-2时，f（x）_min=$\frac{a}{2}ln（\frac{-a}{2}）-\frac{a}{2}$，相应的x=$\sqrt{\frac{-a}{2}}$；
当a≤-2e²时，f（x）_min=a+e²，相应的x=e；
（Ⅱ）解：不等式f（x）≤（a+2）x可化为a（x-lnx）≥x²-2x．
∵x∈[1，e]，∴lnx≤1≤x且等号不能同时成立，∴lnx＜x，即x-lnx＞0，
因而a≥$\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$，x∈[1，e]，令g（x）=$\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$（x∈[1，e]），
则g′（x）=$\frac{（x-1）（x+2-2lnx）}{{{{（x-lnx）}^2}}}$，
当x∈[1，e]时，x-1≥0，lnx≤1，x+2-2lnx＞0，
从而g′（x）≥0（仅当x=1时取等号），∴g（x）在[1，e]上是增函数，
故g（x）_min=g（1）=-1，
∴实数a的取值范围是[-1，+∞）．

点评 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用导数求闭区间上函数的最值，同时考查不等式存在性问题的解法，属于中档题．