Question

已知函数f（x）=x²+a|lnx-1|，g（x）=x|x-a|+2-2ln2，a＞0．
（Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）在区间[1，e]上的最大值；
（Ⅱ）若f(x)≥

3

2

a，x∈[1，+∞)恒成立，求a的取值范围；
（Ⅲ）对任意x₁∈[1，+∞），总存在惟一的x₂∈[2，+∞），使得f（x₁）=g（x₂）成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析：（Ⅰ）当a=1，x∈[1，e]化简f（x），然后研究函数f（x）在[1，e]的单调性，从而求出函数f（x）的最大值；
（Ⅱ）讨论x与e的大小去掉绝对值，然后分类讨论讨论导数符号研究函数在[1，+∞）的单调性，从而求出函数f（x）的最小值，使f（x）的最小值恒大于等于

3a

2

，求出a的取值范围；
（Ⅲ）根据（II）的分类讨论求出函数g（x）的最小值，使g（x）的最小值恒小于等于f（x）的最小值，从而求出a的取值范围．

解答：解：（Ⅰ）当a=1，x∈[1，e]时f（x）=x²-lnx+1，f′(x)=2x-

1

x

≥f′(1)=1，
所以f（x）在[1，e]递增，所以f（x）_max=f（e）=e²（4分）
（Ⅱ）①当x≥e时，f（x）=x²+alnx-a，f'（x）=2x+

a

x

，a＞0，∴f（x）＞0恒成立，
∴f（x）在[e，+∞）上增函数，故当x=e时，y_min=f（e）=e²（5分）
②当1≤x＜e时，f（x）=x²-alnx+a，f'（x）=2x-

a

x

=

2

x

（x+

a 2

）（x-

a 2

），
（i）当

a 2

≤1即0＜a≤2时，f'（x）在x∈（1，e）时为正数，所以f（x）在区间[1，e）上为增函数，
故当x=1时，y_min=1+a，且此时f（1）＜f（e）=e²（7分）
（ii）当1＜

a 2

＜e，即2＜a＜2e²时，f'（x）在x∈（1，

a 2

）时为负数，在间x∈（

a 2

，e）时为正数，
所以f（x）在区间[1，

a 2

）上为减函数，在（

a 2

，e]上为增函数，故当x=

a 2

时，y_min=

3a

2

-

a

2

ln，
且此时f（

a 2

）＜f（e）=e²（8分）
（iii）当

a 2

≥e，即a≥2e²时，f'（x）在x∈（1，e）时为负数，所以f（x）在区间[1，e]上为减函数，
故当x=e时，y_min=f（e）=e²（9分）
综上所述，函数y=f（x）的最小值为y_min=

1+a    ，0＜a≤2 3a 2 - a 2 ln a 2  2＜a≤2e2 e2 ，a＞2e2

（10分）
所以当1+a≥

3

2

a时，得0＜a≤2；当

3

2

a-

a

2

ln

a

2

≥

3

2

a（2＜a＜2e²）时，无解；
当e2≥

3

2

a（a≥2e²）时，得a≤

2 3

e不成立．
综上，所求a的取值范围是0＜a≤2（11分）
（Ⅲ）①当0＜a≤2时，g（x）在[2，+∞）单调递增，由g（2）=6-2a-2ln2≤1+a，
得

5

3

-

2

3

ln2≤a≤2（12分）
②当1＜

a

2

≤2时，g（x）在[2，+∞）先减后增，由g(2)=2a-2-2ln2＜

3a

2

-

a

2

ln

a

2

，
得

a

2

+

a

2

ln

a

2

-2-2ln2＜0，设h(t)=t+tlnt-2-2ln2(t=

a

2

)，h'（t）=2+lnt＞0（1＜t＜2），
所以h（t）单调递增且h（2）=0，所以h（t）＜0恒成立得2＜a＜4（14分）
③当2＜

a

2

≤e2时，f（x）在[2，

a

2

]递增，在[

a

2

，a]递减，
在[a，+∞）递增，所以由g(

a

2

)＜

3a

2

-

a

2

ln

a

2

，
得

a2

4

-

3a

2

+

a

2

ln

a

2

+2-2ln2＜0，设m（t）=t²-3t+tlnt+2-2ln2，
则m'（t）=2t-2+lnt＞0（t∈（2，e²），所以m（t）递增，且m（2）=0，
所以m（t）＞0恒成立，无解．
④当a＞2e²时，f（x）在[2，

a

2

]递增，在[

a

2

，a]递减，在[a，+∞）递增，
所以由g(

a

2

)＜e²得

a2

4

-e2+2-2ln2＜0无解．
综上，所求a的取值范围是a∈[

5

3

-

2

3

ln2，4)

点评：本题主要考查了函数的最值及其几何意义，以及分类讨论的思想，解题的关键是对于恒成立的理解，是一道综合题．