题目内容
（2013•镇江二模）已知a为正的常数，函数f（x）=|ax-x2|+lnx．
（1）若a=2，求函数f（x）的单调增区间；
（2）设g(x)=
，求函数g（x）在区间[1，e]上的最小值．
（1）若a=2，求函数f（x）的单调增区间；
（2）设g(x)=
| f(x) | x |
分析：（1）把a=2代入函数解析式，由绝对值内的代数式等于0求得x的值，由解得的x的值把定义域分段，去绝对值后求导，利用导函数求每一段内的函数的增区间，则a=2时的函数的增区间可求；
（2）把f（x）的解析式代入g(x)=
，利用a与1和e的大小比较去绝对值，然后求出去绝对值后的函数的导函数，利用函数的单调性求出函数在区间[1，e]上的最小值．最后把求得的函数的最小值写成分段函数的形式即可．
（2）把f（x）的解析式代入g(x)=
| f(x) |
| x |
解答：解：（1）由a=2，得f（x）=|2x-x2|+lnx（x＞0）．
当0＜x＜2时，f(x)=2x-x2+lnx，f′(x)=2-2x+
=
．
由f′（x）=0，得-2x2+2x+1=0，解得x=
，或x=
（舍去）．
当0＜x＜
时，f′（x）＞0；
＜x＜2时，f′（x）＜0．
∴函数f（x）的单调增区间为（0，
），（2，+∞）．
当x＞2时，f(x)=x2-2x+lnx，f′(x)=2x-2+
=
．
由f′（x）=0，得2x2-2x+1=0．
f（x）在（2，+∞）上为增函数．
∴函数f（x）的单调增区间为（0，
），（2，+∞）．
（2）g(x)=
=|x-a|+
，x∈[1，e]．
①若a≤1，则g(x)=x-a+
．则g′(x)=1+
=
．
∵x∈[1，e]，∴0≤lnx≤1，1-lnx≥0，x2+1-lnx≥0，∴g′（x）＞0．
∴g（x）在[1，e]上为增函数，∴g（x）的最小值为g（1）=1-a．
②a≥e，则g（x）=a-x+
，则g′(x)=-1+
=
．
令h（x）=-x2+1-lnx，则h′(x)=-2x-
＜0．
所以h（x）在[1，e]上为减函数，则h（x）≤h（1）=0．
所以g（x）在[1，e]上为减函数，所以g（x）的最小值为g（e）=a-e+
．
③当1＜a＜e，g(x)=
，
由①，②知g（x）在[1，a]上为减函数，在[a，e]上为增函数，
∴g（x）的最小值为g（a）=
．
综上得g（x）的最小值为g（a）=
当0＜x＜2时，f(x)=2x-x2+lnx，f′(x)=2-2x+
| 1 |
| x |
| -2x2+2x+1 |
| x |
由f′（x）=0，得-2x2+2x+1=0，解得x=
1+
| ||
| 2 |
1-
| ||
| 2 |
当0＜x＜
1+
| ||
| 2 |
1+
| ||
| 2 |
∴函数f（x）的单调增区间为（0，
1+
| ||
| 2 |
当x＞2时，f(x)=x2-2x+lnx，f′(x)=2x-2+
| 1 |
| x |
| 2x2-2x+1 |
| x |
由f′（x）=0，得2x2-2x+1=0．
f（x）在（2，+∞）上为增函数．
∴函数f（x）的单调增区间为（0，
1+
| ||
| 2 |
（2）g(x)=
| f(x) |
| x |
| lnx |
| x |
①若a≤1，则g(x)=x-a+
| lnx |
| x |
| 1-lnx |
| x2 |
| x2+1-lnx |
| x2 |
∵x∈[1，e]，∴0≤lnx≤1，1-lnx≥0，x2+1-lnx≥0，∴g′（x）＞0．
∴g（x）在[1，e]上为增函数，∴g（x）的最小值为g（1）=1-a．
②a≥e，则g（x）=a-x+
| lnx |
| x |
| 1-lnx |
| x2 |
| -x2+1-lnx |
| x2 |
令h（x）=-x2+1-lnx，则h′(x)=-2x-
| 1 |
| x |
所以h（x）在[1，e]上为减函数，则h（x）≤h（1）=0．
所以g（x）在[1，e]上为减函数，所以g（x）的最小值为g（e）=a-e+
| 1 |
| e |
③当1＜a＜e，g(x)=
|
由①，②知g（x）在[1，a]上为减函数，在[a，e]上为增函数，
∴g（x）的最小值为g（a）=
| lna |
| a |
综上得g（x）的最小值为g（a）=
|
点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数在闭区间上的最值，考查了分类讨论得数学思想方法，考查了去绝对值的方法，正确的分类是解决该题的关键，属难题．
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