Question

13．已知a为正的常数，函数f（x）=|ax-x²|+lnx．
（1）若a=2，求函数f（x）的单调递增区间；
（2）设g（x）=$\frac{f（x）}{x}$，求g（x）在区间[1，e]上的最小值．（e≈2.71828为自然对数的底数）

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）=$\frac{f（x）}{x}$，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）a=2时，f（x）=|ax-x²|+lnx=$\left\{\begin{array}{l}{2x-{x}^{2}+lnx，0＜x＜2}\\{{x}^{2}-2x+lnx，x≥2}\end{array}\right.$，
当0＜x＜2时，f′（x）=$\frac{-2{x}^{2}+2x+1}{x}$，
令f′（x）＞0时，解得0＜x≤$\frac{1+\sqrt{3}}{2}$，
当x≥2时，f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-2x+1}{x}$，
令f′（x）＞0时，解得x≥2，
故函数的单调增区间是（0，$\frac{1+\sqrt{3}}{2}$]，[2，+∞）                             
（2）g（x）=|x-a|+$\frac{lnx}{x}$=$\left\{\begin{array}{l}{x-a+\frac{lnx}{x}，x＞a}\\{a-x+\frac{lnx}{x}，0＜x≤a}\end{array}\right.$，
当a≥e时，则g（x）=a-x+$\frac{lnx}{x}$，g′（x）=-1-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{-{x}^{2}+1-lnx}{{x}^{2}}$，
令h（x）=-x²+1-lnx，则h′（x）=-2x-$\frac{1}{x}$＜0
∴h（x）在[1，e]上为减函数，则h（x）≤h（1）=0．
∴g（x）在[1，e]上为减函数，得g（x）_min=g（e）=a-e+$\frac{1}{e}$；                               
当a≤1时，∵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）_min=g（1）=1-a．
当1＜a＜e时，g（x）在[1，a]上减，[a，e]上增，
g（x）_min=g（a）=$\frac{lna}{a}$                                      
综上所述：$g{（x）_{min}}=\left\{{\begin{array}{l}{a-e+\frac{1}{e}，a≥e}\\{1-a，a≤1}\\{\frac{lna}{a}，1＜a＜e}\end{array}}\right.$

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．