Question

已知函数f（x）=x²+a|lnx-1|，其中a∈R．
（Ⅰ）当a=-2时，求函数f（x）在[1，e]上的最小值；
（Ⅱ）当a＞0时，不等式f（x）≥

2e-3

2e-2

a+

2e

2e-2

在[1，+∞）上成立，求a的取值范围．

Answer 1

考点：函数的最值及其几何意义,分段函数的应用

专题：

分析：（Ⅰ）a=2带入原函数，根据x的取值得出函数f（x），由导数的取值判断f（x）的单调性，根据单调性求其最值．
（Ⅱ）a＞0时，对于任意x∈[1，+∞）都有原不等式成立，所以只需求f（x）在[1，+∞上的最小值，让最小值满足原不等式即可．

解答： 解：（Ⅰ）由题知：a=-2，x∈[1，e]时，f（x）=x²-2（1-lnx）=x²+2lnx-2；
所以′f′（x）=2x+

2

x

＞0；
所以f（x）在[1，e]上是增函数；
所以f（x）在[1，e]上的最小值是f（1）=-1．
（Ⅱ）由题知：只要求出f（x）的最小值即可．（1）当x∈[1，e）时：f（x）=x²-alnx+a；
′f′（x）=2x-

a

x

=

2(x+ a 2 )(x- a 2 )

x

所以：①

a 2

≤1，即0＜a≤2时，在（1，e）上f′（x）＞0；所以f（x）在[1，e）上是增函数，所以f_min（x）=f（1）=a+1．所以a+1≥

2e-3

2e-2

a+

2e

2e-2

，解得a≥2，所以a=2．
②当1＜

a 2

＜e，即2＜a＜2e²时：在（1，

a 2

）上f′（x）＜0，所以f（x）在（1，

a 2

）上是减函数；在（

a 2

，e）上f（x）′＞0，所以f（x）在（

a 2

，e）上是增函数；所以x=

a 2

时，f_min（x）=

3a

2

-

a

2

ln

a

2

，所以

3a

2

-

a

2

ln

a

2

≥

2e-3

2e-2

a+

2e

2e-2

，变成ea-（e-1）aln

a

2

≥0，令y=ea-（e-1）aln

a

2

，a当变量，则y′=2-e-（e-1）ln

a

2

该函数在（2，2e²）上是减函数，所以这个函数最大值为2-e＜0，所以函数y=ea-（e-a）aln

a

2

在（2，2e²）是减函数，所以y_max=2e，解ea-（e-1）aln

a

2

=0得a=2e

e

e-1

，所以对于任意a∈（2e

e

e-1

，2e），ea-（e-1）aln

a

2

≥0恒成立；
③当

a 2

≥e，即a≥2e²时，在（1，e）上f′（x）＜0，所以f（x）在（1，e）上是减函数，所以f_min（x）=f（e）=e²，所以e2≥

2e-3

2e-2

a+

2e

2e-2

，解得a∈（0，

2e3-2e2-2e

2e-3

]
（2）当x∈[e，+∞）时：f（x）=x²+alnx-a，所以f′（x）=2x+

a

x

＞0，所以f（x）在[e，+∞）上是增函数，所以f_min（x）=f（e）=e²．综上得：a的取值范围是{a/a=2，或2e

e

e-1

＜a＜2e，或0＜a≤

2e3-2e2-2e

2e-3

}

点评：注意运用：1．导数与函数单调性的关系：导数大于0时，在对应区间上是增函数；导数小于0时，在相应区间上是件函数；
2．单调性与最值得关系：单调函数在端点处取得最值．