题目内容
已知函数f(x)=alnx+x2(a为实常数),(1)若a=-2,求函数f(x)的单调递增区间;
(2)当a<-2时,求函数f(x)在[1,e]上的最小值及相应的x值;
(3)若存在x∈[1,e],使得f(x)≤(a+2)x成立,求a的取值范围.
分析:(1)由题设条件知f′(x)=-
+2x=
,令f'(x)>0,可得到f(x)的单调递增区间.
(2)由f′(x)=
+2x=
=0得x=
>1.由此入手可推出当x=e时,f(x)min=a+e2.
(3)由f(x)≤(a+2)x知alnx+x2-(a+2)x≤0,设g(x)=alnx+x2-(a+2)x,据题意,当x∈[1,e]时,g(x)min≤0,g′(x)=
+2x-(a+2)=
=
.再通过分类讨论可知a的取值范围是[-1,+∞).
2 |
x |
2(x2-1) |
x |
(2)由f′(x)=
a |
x |
2(x2+
| ||
x |
-
|
(3)由f(x)≤(a+2)x知alnx+x2-(a+2)x≤0,设g(x)=alnx+x2-(a+2)x,据题意,当x∈[1,e]时,g(x)min≤0,g′(x)=
a |
x |
(2x-a)(x-1) |
x |
2(x-
| ||
x |
解答:解:(1)a=-2,f(x)=-2lnx+x2,
∴f′(x)=-
+2x=
,
令f'(x)>0,由x>0得x>1,
∴f(x)的单调递增区间是(1,+∞).(2分)
(2)f′(x)=
+2x=
,
令f'(x)=0,由a<-2,x>0得x=
>1(3分)
①当
<e,即-2e2<a<-2时,f(x)在[1,
]递减,在[
,e]递增,
∴当x=
时,f(x)min=aln
-
.(5分)
②当
≥e,即a≤-2e2时,f(x)在[1,e]递减,
∴当x=e时,f(x)min=a+e2.(7分)
(3)f(x)≤(a+2)x化为:alnx+x2-(a+2)x≤0,
设g(x)=alnx+x2-(a+2)x,据题意,
当x∈[1,e]时,g(x)min≤0,g′(x)=
+2x-(a+2)=
=
,(9分)
(ⅰ)当
≤1即a≤2时,当x∈[1,e]时,g'(x)≥0,∴g(x)递增,
∴g(x)min=g(1)=-1-a≤0,∴a≥-1,
∴-1≤a≤2;(11分)
(ⅱ)当1<
<e即2<a<2e时,g(x)在[1,
]递减,[
,e]递增,
∴g(x)min=g(
)=a(ln
-
-1),
∵ln
<1,∴g(x)min<0,
∴2<a<2e符合题意;(13分)
(ⅲ)当
≥e即a≥2e时,g(x)在[1,e]递减,
∴g(x)min=g(e)=a+e2-(a+2)e=(1-e)a+e2-2e≤2e(1-e)+e2-2e=-e2<0,符合题意,(15分)
综上可得,a的取值范围是[-1,+∞).(16分)
∴f′(x)=-
2 |
x |
2(x2-1) |
x |
令f'(x)>0,由x>0得x>1,
∴f(x)的单调递增区间是(1,+∞).(2分)
(2)f′(x)=
a |
x |
2(x2+
| ||
x |
令f'(x)=0,由a<-2,x>0得x=
-
|
①当
-
|
-
|
-
|
∴当x=
-
|
-
|
a |
2 |
②当
-
|
∴当x=e时,f(x)min=a+e2.(7分)
(3)f(x)≤(a+2)x化为:alnx+x2-(a+2)x≤0,
设g(x)=alnx+x2-(a+2)x,据题意,
当x∈[1,e]时,g(x)min≤0,g′(x)=
a |
x |
(2x-a)(x-1) |
x |
2(x-
| ||
x |
(ⅰ)当
a |
2 |
∴g(x)min=g(1)=-1-a≤0,∴a≥-1,
∴-1≤a≤2;(11分)
(ⅱ)当1<
a |
2 |
a |
2 |
a |
2 |
∴g(x)min=g(
a |
2 |
a |
2 |
a |
4 |
∵ln
a |
2 |
∴2<a<2e符合题意;(13分)
(ⅲ)当
a |
2 |
∴g(x)min=g(e)=a+e2-(a+2)e=(1-e)a+e2-2e≤2e(1-e)+e2-2e=-e2<0,符合题意,(15分)
综上可得,a的取值范围是[-1,+∞).(16分)
点评:本题考查数列知识的综合运用,解题时要认真审题,注意分类讨论思想的合理运用.

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