Question

15．已知函数f（x）=x²+ax-lnx，a∈R．
（1）若函数f（x）在[1，2]上是减函数，求实数a的取值范围；
（2）令g（x）=f（x）-x²，是否存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由；
（3）求证：当x∈（0，e]时，e²x²-$\frac{5}{2}$x＞（x+1）lnx．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，结合函数的单调性得到关于a的不等式组，解出即可；
（2）由g（x）=f（x）-x²=ax-lnx，x∈（0，e]，求出g（x）的导数，依题意，通过对a≤0、0＜$\frac{1}{a}$＜e、及$\frac{1}{a}$≥e的讨论，即可作出正确判断；
（3）令F（x）=e²x-lnx，由（2）知，F（x）_min=3，令φ（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{5}{2}$，证明F（x）_min＞φ（x）_max即可；

解答 解：（1）∵函数f（x）在[1，2]上是减函数，∴f′（x）≤0在[1，2]上恒成立．
又f′（x）=2x+a-$\frac{1}{x}$=$\frac{{2x}^{2}+ax-1}{x}$，令h（x）=2x²+ax-1，
∴$\left\{\begin{array}{l}{h（1）≤0}\\{h（2）≤0}\end{array}\right.$，解得a≤-$\frac{7}{2}$；
（2）∵f（x）=x²+ax-lnx，
∴g（x）=f（x）-x²=ax-lnx，x∈（0，e]．
∴g′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$（0＜x≤e），
①当a≤0时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）_min=g（e）=ae-1=3，解得a=$\frac{4}{e}$（舍去）；
②当0＜$\frac{1}{a}$＜e时，g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上单调递减，在（$\frac{1}{a}$，e]上单调递增，
∴g（x）_min=g（$\frac{1}{a}$）=1+lna=3，解得a=e²，满足条件；
③当$\frac{1}{a}$≥e时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）_min=g（e）=ae-1=3，解得a=$\frac{4}{e}$（舍去）；
综上，存在实数a=e²，使得当x∈（0，e]时，g（x）有最小值3．
证明：（3）令F（x）=e²x-lnx，由（2）得F（x）_min=3，
令ω（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{5}{2}$，ω′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
当0＜x≤e时，ω′（x）≥0，ω（x）在（0，e]递增，
∴ω（x）_max=ω（e）=3
故e²x-lnx＞$\frac{lnx}{x}$+$\frac{5}{2}$，即e²x²-$\frac{5}{2}$x＞（x+1）lnx．

点评 不停考查不等式的证明，考查利用导数求闭区间上函数的最值，着重考查分类讨论数学与化归思想的综合应用，属于难题．