Question

12．已知函数f（x）=x²-alnx （a∈R）．
（1）若a=2，求f（x）的单调区间和极值；
（2）求f（x）在[1，e]上的最小值．

Answer 1

分析 （1）要证函数在（1，+∞）上是增函数，只需要证明其导数大于0即可；
（2）求导函数先研究函数的单调性，确定极值，从而确定函数的最值，分类讨论是解题的关键

解答 解：（1）当a=2时，f（x）=x²-2lnx，
∴f′（x）=$\frac{2{（x}^{2}-1）}{x}$＞0，
令f′（x）＞0，解得：x＞1，
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数，
∴f（x）_极小值=f（1）=1．
（2）解：f′（x）=$\frac{{2x}^{2}-a}{x}$（x＞0），
当x∈[1，e]，2x²-a∈[2-a，2e²-a]．
若a≤2，则当x∈[1，e]时，f′（x）≥0，
所以f（x）在[1，e]上是增函数，
又f（1）=1，故函数f（x）在[1，e]上的最小值为1．
若a≥2e²，则当x∈[1，e]时，f′（x）≤0，
所以f（x）在[1，e]上是减函数，
又f（e）=e²-a，所以f（x）在[1，e]上的最小值为e²-a．
若2＜a＜2e²，则当1≤x＜$\sqrt{\frac{a}{2}}$时，f′（x）＜0，此时f（x）是减函数；
当$\sqrt{\frac{a}{2}}$＜x≤e时，f′（x）＞0，此时f（x）是增函数．
又f（$\sqrt{\frac{a}{2}}$）=$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$，
所以f（x）在[1，e]上的最小值为$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$．
综上可知，当a≤2时，f（x）在[1，e]上的最小值为1；
当2＜a＜2e²时，f（x）在[1，e]上的最小值为$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$；
当a≥2e²时，f（x）在[1，e]上的最小值为e²-a，
综上：f（x）_min=$\left\{\begin{array}{l}{1，a≤2}\\{\frac{a}{2}（1-ln\frac{a}{2}），2＜a＜{2e}^{2}}\\{{e}^{2}-a，a＞{2e}^{2}}\end{array}\right.$．

点评 本题以函数为载体，考查函数的单调性与函数的最值．利用导数研究函数的单调性比用函数单调性的定义要方便，但应注意f′（x）＞0（或f′（x）＜0）仅是f（x）在某个区间上为增函数（或减函数）的充分条件．