Question

2．已知函数f（x）=alnx-$\frac{1}{2}$x²+bx存在极小值，且对于b的所有可能取值，f（x）的极小值恒大于0，则a的最小值为-e³．

Answer 1

分析 求函数的导数，根据函数存在极小值等价为f′（x）=$\frac{a}{x}$-x+b=0有解，转化为一元二次方程，根据一元二次方程根与判别式△之间的关系进行转化求解即可．

解答 解：函数的定义域为（0，+∞），
则函数的导数f′（x）=$\frac{a}{x}$-x+b，
若函数f（x）=alnx-$\frac{1}{2}$x²+bx存在极小值，
则f′（x）=$\frac{a}{x}$-x+b=0有解，
即-x²+bx+a=0有两个不等的正根，
则 $\left\{\begin{array}{l}{△{=b}^{2}+4a＞0}\\{{x}_{1}{+x}_{2}=b＞0}\\{{x}_{1}{•x}_{2}=-a＞0}\end{array}\right.$，得b＞2$\sqrt{-a}$，（a＜0），
由f′（x）=0得x₁=$\frac{b-\sqrt{{b}^{2}+4a}}{2}$，x₂=$\frac{b+\sqrt{{b}^{2}+4a}}{2}$，
分析易得f（x）的极小值点为x₁，
∵b＞2$\sqrt{-a}$，（a＜0），
∴x₁=$\frac{b-\sqrt{{b}^{2}+4a}}{2}$=$\frac{-2a}{b+\sqrt{{b}^{2}+4a}}$∈（0，$\sqrt{-a}$），
则f（x）_极小值=f（x₁）=alnx₁-$\frac{1}{2}$x₁²+bx₁=alnx₁-$\frac{1}{2}$x₁²+x₁²-a=alnx₁+$\frac{1}{2}$x₁²-a，
设g（x）=alnx+$\frac{1}{2}$x²-a，x∈（0，$\sqrt{-a}$），
f（x）的极小值恒大于0等价为g（x）恒大于0，
∵g′（x）=$\frac{a}{x}$+x=$\frac{a{+x}^{2}}{x}$＜0，
∴g（x）在（0，$\sqrt{-a}$）上单调递减，
故g（x）＞g（$\sqrt{-a}$）=aln$\sqrt{-a}$-$\frac{3}{2}$a≥0，
得ln$\sqrt{-a}$≤$\frac{3}{2}$，即-a≤e³，则a≥-e³，
故a的最小值为是-e³，
故答案为：-e³．

点评 本题主要考查函数极值的应用，求函数的导数，利用函数极值和导数之间的关系转化为一元二次方程根的与判别式△之间的关系是解决本题的关键．综合性较强，难度极大．