Question

设函数f（x）=x²-（a-2）x-alnx．
（1）若函数f（x）在[1，2]上的最小值为1，求实数a的值；
（2）若函数f（x）有两个零点，求满足条件的最小正整数a的值．

Answer 1

考点：函数零点的判定定理,二次函数的性质

专题：函数的性质及应用

分析：（1）先求导，再分类讨论，根据函数的单调性求出a的值；
（2）利用导数的运算法则即可得出f′（x），并对a分类讨论即可；结合根的存在性原理，可以判断存在a₀∈（2，3），h（a₀）=0，当a＞a₀，h（a）＞0．

解答： 解：（1）∵f（x）=x²-（a-2）x-alnx，
∴f′（x）=2x-（a-2）-

a

x

=

(x+1)(2x-a)

x

，
当

a

2

≥2，即a≥4时，f（x）单调递减，f（x）_min=f（2）=4-2（a-2）-aln2=1，解得a=-

1

2+ln2

＜0（舍去）
当1＜

a

2

＜2时，即2＜a＜4时，f（x）在[1，

a

2

]单调递增，在（

a

2

，2]单调递减，f（x）_min=f（

a

2

）=-

a2

4

+a-aln

a

2

＜0≠1，
当

a

2

≤1时，即a≤2时，f（x）单调递增，f（x）_min=f（1）=3-a=1，
解得a=2．

（2）由（1）得：f′（x）=2x-（a-2）-

a

x

=

(x+1)(2x-a)

x

，（x＞0），
①当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞）．
②当a＞0时，由f'（x）＞0，得x＞

a

2

，
由f′（x）＜0，得0＜x＜

a

2

，
∴函数的单调增区间为（

a

2

，+∞），单调减区间为（0，

a

2

）．
若函数有两个零点，则a＞0，且f（x）的最小值为f（

a

2

）＜0，
即-a²+4a-4aln

a

2

＜0，
∵a＞0，∴a+ln

a

2

-4＞0，
令h（a）=a+ln

a

2

-4，显然h（a）在（0，+∞）上是增函数，
且h（2）=-2＜0，h（3）=4ln

3

2

-1=ln

81

16

-1＞0，
∴存在a₀∈（2，3），h（a₀）=0，当a＞a₀，h（a）＞0；
当0＜a＜a₀时，h（a）＜0．
∴满足条件的最小整数a=3，
当a=3时，f（3）=3（2-ln3）＞0，f（1）=0，
∴a=3时f（x）有两个零点．
综上，满足条件的最小值a的值为3．

点评：本题考查了利用导数求函数的单调区间以及根的存在性原理的运用．