Question

已知函数f（x）=alnx+x²（a为实常数）．
（1）若a=-2，求证：函数f（x）在（1，+∞）上是增函数；
（2）若存在x∈[1，e]，使得f（x）≤（a+2）x成立，求实数a的取值范围；
（3）求函数f（x）在[1，e]上的最小值及相应的x值．

Answer 1

考点：函数单调性的性质,函数的最值及其几何意义

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）当a=-2时，f′（x）=2x-

2

x

＞0，故函数 在（1，+∞）上是增函数．
（2）由题意可化简得a≥

x2-2x

x-lnx

（x∈[1，e]）令g（x）=

x2-2x

x-lnx

（x∈[1，e]），利用导数判断其单调性求出最小值为g（1）=-1．
（3）f′（x）=

2x2+a

x

（x＞0），当x∈[1，e]，2x²+a∈[a+2，a+2e²]．若a≥-2，f'（x）在[1，e]上非负，故函数f（x）在[1，e]上是增函数．若-2e²＜a＜-2，当x=

-a 2

时f'（x）=0，当1≤x＜

-a 2

时，f'（x）＜0，此时f（x）是减函数； 当

-a 2

＜x≤e时，f'（x）＞0，此时f（x）是增函数．所以此时有最值．若a≤-2e²，f'（x）在[1，e]上非正，所以[f（x）]_min=f（e）=a+e²．

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

2

x

＞0，
∴函数f（x）在（1，+∞）上是增函数；
（2）不等式f（x）≤（a+2）x，可化为a（x-lnx）≥x²-2x．
∵x∈[1，e]，∴lnx≤1≤x且等号不能同时取，所以lnx＜x，即x-lnx＞0，
因而a≥

x2-2x

x-lnx

（x∈[1，e]）
令g（x）=

x2-2x

x-lnx

（x∈[1，e]），g′（x）=

(x-1)(x+2-2lnx)

(x-lnx)2

，
当x∈[1，e]时，x-1≥0，lnx≤1，x+2-2lnx＞0，
从而g'（x）≥0（仅当x=1时取等号），所以g（x）在[1，e]上为增函数，
故g（x）的最小值为g（1）=-1，所以a的取值范围是[-1，+∞）．
（3）f′（x）=

2x2+a

x

（x＞0），当x∈[1，e]，2x²+a∈[a+2，a+2e²]．
若a≥-2，f'（x）在[1，e]上非负（仅当a=-2，x=1时，f'（x）=0），故函数f（x）在[1，e]上是增函数，此时[f（x）]_min=f（1）=1．　
若-2e²＜a＜-2，当x=

-a 2

时，f'（x）=0；
当1≤x＜

-a 2

时，f'（x）＜0，此时f（x）是减函数；
当

-a 2

＜x≤e时，f'（x）＞0，此时f（x）是增函数．
故[f（x）]_min=f（

-a 2

）=

a

2

ln(-

a

2

)-

a

2

．
若a≤-2e²，f'（x）在[1，e]上非正（仅当a=-2e²，x=e时，f'（x）=0），
故函数f（x）在[1，e]上是减函数，此时[f（x）]_min=f（e）=a+e²．
综上可知，当a≥-2时，f（x）的最小值为1，相应的x值为1；当-2e²＜a＜-2时，f（x）的最小值为

a

2

ln(-

a

2

)-

a

2

，相应的x值为

-a 2

；当a≤-2e²时，f（x）的最小值为a+e²，相应的x值为e．

点评：本题主要考查利用导数研究函数的性质及研究单调性与函数的最值，还考查求参数的范围，解决此类问题的关键是分离参数后转化为恒成立问题，即求新函数的最值问题，是近年高考考查的热点．