Question

已知函數(shù)f（x）=x₂+ax+lnx，a∈R．
（1）若函數(shù)f（x）存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍；
（2）今g（x）=x²+2ax-f（x），是否存在實數(shù)a，當(dāng)x∈（0，e]（e=2.71828…）時，函數(shù)g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）由函數(shù)f（x）存在單調(diào)遞減區(qū)間，f′（x）=2x+a+

1

x

≤0成立求解．
（2）先假設(shè)存在實數(shù)a，求導(dǎo)得g′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

，a在系數(shù)位置對它進行討論，結(jié)合x∈（0，e]分當(dāng)a≤0時，當(dāng)0＜

1

a

＜e時，當(dāng)

1

a

≥e時三種情況進行．

解答： 解：（1）∵f（x）=x²+ax+lnx，存在單調(diào)遞減區(qū)間，
∴f′（x）=2x+a+

1

x

≤0由解，又函數(shù)的定義域為（0，+∞），
即a≤-（2x+

1

x

）≤-2

2

．
∴a的取值范圍是（-∞，-2

2

]．
（2）假設(shè)存在實數(shù)a，使g（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值3，
g′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

，（7分）
當(dāng)a≤0時，g（x）在（0，e]上單調(diào)遞減，g（x）_min=g（e）=ae-1=3，a=

4

e

（舍去），
∴g（x）無最小值．
當(dāng)0＜

1

a

＜e時，g（x）在（0，

1

a

）上單調(diào)遞減，在（

1

a

，e）上單調(diào)遞增
∴g（x）_min=g（

1

a

）=1+lna=3，a=e²，滿足條件．（11分）
當(dāng)

1

a

≥e時，g（x）在（0，e]上單調(diào)遞減，g（x）_min=g（e）=ae-1=3，a=

4

e

（舍去），
∴f（x）無最小值．（13分）
綜上，存在實數(shù)a=e²，使得當(dāng)x∈（0，e]時g（x）有最小值3．（14分）

點評：本題主要考查轉(zhuǎn)化化歸、分類討論等思想的應(yīng)用，函數(shù)若為單調(diào)函數(shù)，則轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題，解決時往往又轉(zhuǎn)化求函數(shù)最值問題．