Question

1．已知函数f（x）=x²-4x+（2-a）lnx（a∈R且 a≠0）．
（1）当a=8时，求函数f（x）的单调区间和极值；
（2）求函数f（x）在区间[e，e²]上的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（2）求出f（x）的导数，通过讨论a的范围，求出f（x）的单调区间，从而求出f（x）的最小值．

解答 解：（1）当a=8时，f（x）=x²-4x-6lnx（x＞0），
∴$f'（x）=2x-4-\frac{6}{x}=\frac{{2（{x+1}）（{x-3}）}}{x}$，
由f'（x）＞0，解得x＞3，
所以函数f（x）的单调递增区间是（3，+∞）．
由f'（x）＜0，解得0＜x＜3，
所以函数f（x）的单调递减区间是（0，3）．
所以函数f（x）的极小值为f（3）=-3-6ln3，
f（x）无极大值．
（2）当x∈[e，e²]时，$f'（x）=2x-4+\frac{2-a}{x}=\frac{{2{x^2}-4x+2-a}}{x}$，
设g（x）=2x²-4x+2-a，
当a＜0时，△=16-4×2（2-a）=8a＜0，
此时g（x）＞0恒成立，
所以f'（x）＞0，f（x）在[e，e²]上单调递增，
所以$f{（x）_{min}}=f（e）={e^2}-4e+2-a$．
当a＞0时，△=16-4×2（2-a）=8a＞0，
令f'（x）＞0，即2x²-4x+2-a＞0，
解得$x＞1+\frac{{\sqrt{2a}}}{2}$或$x＜1-\frac{{\sqrt{2a}}}{2}$；
令f'（x）＜0，即2x²-4x+2-a＜0，
解得$1-\frac{{\sqrt{2a}}}{2}＜x＜1+\frac{{\sqrt{2a}}}{2}$．
①当$1+\frac{{\sqrt{2a}}}{2}≥{e^2}$时，即当a≥2（e²-1）²时，
g（x）≤0对x∈[e，e²]恒成立，
则f（x）在[e，e²]区间单调递减，
所以$f{（x）_{min}}=f（{e^2}）={e^4}-4{e^2}+4-2a$．
②当$e＜1+\frac{{\sqrt{2a}}}{2}≤{e^2}$时，
即当2（e-1）²＜a＜2（e²-1）²时，
f（x）在区间$[{e，1+\frac{{\sqrt{2a}}}{2}}]$上单调递减，在区间$[{1+\frac{{\sqrt{2a}}}{2}，{e^2}}]$上单调递增，
所以$f{（x）_{min}}=f（{1+\frac{{\sqrt{2a}}}{2}}）=\frac{a}{2}-\sqrt{2a}-3+（{2-a}）ln（{1+\frac{{\sqrt{2a}}}{2}}）$．
③当$1+\frac{{\sqrt{2a}}}{2}≤e$，即0＜a≤2（e-1）²时，
g（x）≥0对x∈[e，e²]恒成立，
则f（x）在区间[e，e²]单调递增，
所以$f{（x）_{min}}=f（e）={e^2}-4e+2-a$．
综上所述，当a≥2（e²-1）²时，$f{（x）_{min}}={e^4}-4{e^2}+4-2a$，
当2（e-1）²＜a＜2（e²-1）²时，$f{（x）_{min}}=\frac{a}{2}-\sqrt{2a}-3+（{2-a}）ln（{1+\frac{{\sqrt{2a}}}{2}}）$；
当a＜0或0＜a≤2（e-1）²时，$f{（x）_{min}}={e^2}-4e+2-a$．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道综合题．