Question

（2013•镇江二模）已知a为正的常数，函数f（x）=|ax-x²|+lnx．
（1）若a=2，求函数f（x）的单调增区间；
（2）设g(x)=

f(x)

x

，求函数g（x）在区间[1，e]上的最小值．

Answer 1

分析：（1）把a=2代入函数解析式，由绝对值内的代数式等于0求得x的值，由解得的x的值把定义域分段，去绝对值后求导，利用导函数求每一段内的函数的增区间，则a=2时的函数的增区间可求；
（2）把f（x）的解析式代入g(x)=

f(x)

x

，利用a与1和e的大小比较去绝对值，然后求出去绝对值后的函数的导函数，利用函数的单调性求出函数在区间[1，e]上的最小值．最后把求得的函数的最小值写成分段函数的形式即可．

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

1

x

=

-2x2+2x+1

x

．
由f′（x）=0，得-2x²+2x+1=0，解得x=

1+ 3

2

，或x=

1- 3

2

（舍去）．
当0＜x＜

1+ 3

2

时，f′（x）＞0；

1+ 3

2

＜x＜2时，f′（x）＜0．
∴函数f（x）的单调增区间为（0，

1+ 3

2

），（2，+∞）．
当x＞2时，f(x)=x2-2x+lnx，f′(x)=2x-2+

1

x

=

2x2-2x+1

x

．
由f′（x）=0，得2x²-2x+1=0．
f（x）在（2，+∞）上为增函数．
∴函数f（x）的单调增区间为（0，

1+ 3

2

），（2，+∞）．
（2）g(x)=

f(x)

x

=|x-a|+

lnx

x

，x∈[1，e]．
①若a≤1，则g(x)=x-a+

lnx

x

．则g′(x)=1+

1-lnx

x2

=

x2+1-lnx

x2

．
∵x∈[1，e]，∴0≤lnx≤1，1-lnx≥0，x²+1-lnx≥0，∴g′（x）＞0．
∴g（x）在[1，e]上为增函数，∴g（x）的最小值为g（1）=1-a．
②a≥e，则g（x）=a-x+

lnx

x

，则g′(x)=-1+

1-lnx

x2

=

-x2+1-lnx

x2

．
令h（x）=-x²+1-lnx，则h′(x)=-2x-

1

x

＜0．
所以h（x）在[1，e]上为减函数，则h（x）≤h（1）=0．
所以g（x）在[1，e]上为减函数，所以g（x）的最小值为g（e）=a-e+

1

e

．
③当1＜a＜e，g(x)=

x-a+ lnx x ，x∈(a，e] a-x+ lnx x ，x∈[1，a]

，
由①，②知g（x）在[1，a]上为减函数，在[a，e]上为增函数，
∴g（x）的最小值为g（a）=

lna

a

．
综上得g（x）的最小值为g（a）=

1-a，0＜a≤1 lna a ，1＜a＜e a-e+ 1 e ，a≥e

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数在闭区间上的最值，考查了分类讨论得数学思想方法，考查了去绝对值的方法，正确的分类是解决该题的关键，属难题．