题目内容

设a＞0，f（x）=x2+a|lnx-1|．
（1）当a=2时，求f（x）的单调区间；
（2）当x∈[1，+∞）时，求f（x）的最小值．
分析：（1）当a=2时，f（x）=x2+2|lnx-1|，利用零点分段法，我们可将函数化为分段函数的形式，进而根据分段函数分段处理的原则，分别求出当x＞e时，和当0＜x＜e时，导函数的解析式，利用导数法，即可求出f（x）的单调区间；
（2）类比（1），利用导数法，我们可以判断出f（x）在（e，+∞）单增，f（x）在(
a
2
，+∞)单增，f（x）在(0，
a
2
)单减，进而根据分段函数最值的求法，可得当
a
2
≥e⇒a≥2e2时，fmin（x）=f（e）=e2，当1＜
a
2
＜e⇒2＜a＜2e2时，fmin(x)=f(
a
2
)=
3a
2
-
a
2
ln
a
2
，当
a
2
≤1⇒0＜a≤2时，fmin（x）=f（1）=1+a．
解答：解：（1）当a=2时，f(x)=
x2+2lnx-2，x≥e
x2-2lnx+2，0＜x＜e

当x＞e时，f′(x)=2x+
2
x
=
2x2+2
x
＞0恒成立，
当0＜x＜e时，f′(x)=2x-
2
x
=
2x2-2
x
，
令f′（x）＞0得1＜x＜e
又
lim
x→e-
f(x)=
lim
x→e+
f(x)=f(e)=e2，
故f（x）在x=e处连续，
所以函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
（2）当x＞e时，f′(x)=2x+
a
x
＞0，故f（x）在（e，+∞）单增
当0＜x＜e时，f′(x)=2x-
a
x
=
2x2-a
x
，
令f′(x)=
2x2-a
x
＞0⇒x＞
a
2

则f（x）在(
a
2
，+∞)单增，
f（x）在(0，
a
2
)单减．
又f（x）在x=e处连续．
故，当
a
2
≥e⇒a≥2e2时，
fmin（x）=f（e）=e2
当1＜
a
2
＜e⇒2＜a＜2e2时，
fmin(x)=f(
a
2
)=
3a
2
-
a
2
ln
a
2

当
a
2
≤1⇒0＜a≤2时，
fmin（x）=f（1）=1+a
点评：本题考查的知识点是函数的单调性及单调区间，利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值，其中利用零点分段法，将函数的解析式化为分段函数的形式，是解答本题的关键，另外解答时要注意函数的定义域为（0，+∞），以免产生错误．
练习册系列答案
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设a＞0，f（x）=ax2+bx+c，若曲线y=f（x）在点P（x0，f（x0））处切线的倾斜角的取值范围为[0，
π4
]，则P到曲线y=f（x）的对称轴的距离的取值范围为
 
．
设a＞0，f（x）=
ex
a
+
a
ex
是R上的偶函数．则a的值为（　　）
A、-2B、-1C、1D、2
有以下五个命题
①设a＞0，f（x）=ax2+bx+c，曲线y=f（x）在点P（x0，f（x0））处切线的倾斜角的取值范围为[0，
π
4
]，则点P到曲线y=f（x）对称轴距离的取值范围为[0，
1
2a
]；
②一质点沿直线运动，如果由始点起经过t称后的位移为s=
1
3
t3-
3
2
t2+2t，那么速度为零的时刻只有1秒末；
③若函数f（x）=loga（x3-ax）（a＞0，且a≠1）在区间(-
1
2
，0)内单调递增，则a的取值范围是[
3
4
，1)；
④定义在R上的偶函数f（x），满足f（x+1）=-f（x），则f（x）的图象关于x=1对称；
⑤函数y=f（x-2）和y=f（2-x）的图象关于直线x=2对称．其中正确的有
 
．
设a＞0函数f（x）=x3-ax在[1，+∞）上是单调函数．
（1）求实数a的取值范围；
（2）设x0≥1，f（x1）≥1，且f（f（x0））=x0，求证：f（x0）=x0．

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