Question

已知函数f（x）=alnx+x²，（a为常数）
（1）若a=-2，求证：f（x）在（1，+∞）上是增函数；
（2）若存在x∈[1，e]，使f（x）≤（a+2）x，求a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）由题设条件知 f′(x)=-

2

x

+2x=

2(x2-1)

x

，当x＞1时，f'（x）＞0，即可证明结论；
（2）由f（x）≤（a+2）x知alnx+x²-（a+2）x≤0，设g（x）=alnx+x²-（a+2）x，据题意，当x∈[1，e]时，g（x）_min≤0，g′(x)=

a

x

+2x-(a+2)=

(2x-a)(x-1)

x

=

2(x- a 2 )(x-1)

x

．再通过分类讨论可知a的取值范围是[-1，+∞）．

解答：解：（1）a=-2，f（x）=-2lnx+x²f′(x)=-

2

x

+2x=

2(x2-1)

x

，∵当x＞1时，x²-1＞0，∴f'（x）＞0
故f（x）在（1，+∞）上是增函数．
（2）令g（x）=f（x）-（a+2）x，
若存在x∈[1，e]使f（x）≤（a+2）x等价于：当x∈[1，e]时，g（x）_min≤0g′(x)=

a

x

+2x-(a+2)=

2x2-(a+2)x+a

x

=

(x-1)(2x-a)

x

，x∈[1，e]
由g'（x）=0解得x1=1，x2=

a

2

（i）当

a

2

≤1时，g'（x）＞0，g（x）在[1，e]上单调增，g（x）_min=g（1）=1-（a+2）≤0，∴-1≤a≤2
（ii）当1＜

a

2

＜e时，

x	(1， a 2 )	a 2	( a 2 ，e)
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	极小值	↗

∴g(x)min=g(

a

2

)=aln

a

2

-

a2

4

-a，∵0＜ln

a

2

＜1∴aln

a

2

-a＜0
∴2＜a＜2e时，g（x）≤0恒成立．
（iii）当

a

2

≥e时，g'（x）＜0，g（x）在[1，e]上单调减g（x）_min=g（e）=a+e²-（a+2）e≤0，∴a≥

e2-2e

e-1

又

e2-2e

e-1

-2e=

-e2

e-1

＜0，∴a≥2e
综上可知，当a≥-1时，存在x∈[1，e]使f（x）≤（a+2）x．

点评：本题考查利用导数研究单调性用，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．