Question

13．已知函數(shù)f（x）=alnx+x²+bx（a為實常數(shù)）．
（I）若a=-2，b=-3，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若b=0，且a＞-2e²，求函數(shù)f（x）在[1，e]上的最小值及相應的x值；
（Ⅲ）設b=0，若存在x∈[1，e]，使得f（x）≤（a+2）x成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最小值即可；
（Ⅲ）問題轉化為$a≥\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$（x∈[1，e]），令$g（x）=\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$（x∈[1，e]），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ） a=-2，b=-3時，f（x）=-2lnx+x²-3x，定義域為（0，+∞），
$f'（x）=-\frac{2}{x}+2x-3=\frac{{2{x^2}-3x-2}}{x}=\frac{（x-2）（2x+1）}{x}$，
在（0，+∞）上，f′（2）=0，當x∈（0，2）時，f′（x）＜0，當x∈（2，+∞）時，f′（x）＞0，
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（2，+∞）；單調(diào)減區(qū)間為（0，2）；
（Ⅱ）因為b=0，所以f（x）=alnx+x²$f'（x）=\frac{{2{x^2}+a}}{x}（x＞0）$，
x∈[1，e]，2x²+a∈[a+2，a+2e²]，
（i） 若a≥-2，f'（x）在[1，e]上非負（僅當a=-2，x=1時，f'（x）=0），
故函數(shù)f（x）在[1，e]上是增函數(shù)，
此時[f（x）]_min=f（1）=1；
（ii）若-2e²＜a＜-2，a+2＜0，a+2e²＞0，
$f'（x）=\frac{{2[{x^2}-（-\frac{a}{2}）]}}{x}=\frac{{2（x-\sqrt{-\frac{a}{2}}）（x+\sqrt{-\frac{a}{2}}）}}{x}$，x∈[1，e]，
當$x=\sqrt{\frac{-a}{2}}$時，f'（x）=0，$-2{e^2}＜a＜-2{，}1＜\sqrt{\frac{-a}{2}}＜e$，
當$1≤x＜\sqrt{\frac{-a}{2}}$時，f'（x）＜0，此時f（x）是減函數(shù)；
當$\sqrt{\frac{-a}{2}}＜x≤e$時，f'（x）＞0，此時f（x）是增函數(shù)．
故${[f（x）]_{min}}=f（\sqrt{\frac{-a}{2}}）=\frac{a}{2}ln（-\frac{a}{2}）-\frac{a}{2}$；
（Ⅲ） b=0，f（x）=alnx+x²不等式f（x）≤（a+2）x，
即alnx+x²≤（a+2）x可化為a（x-lnx）≥x²-2x．
因為x∈[1，e]，所以lnx≤1≤x且等號不能同時取，
所以lnx＜x，即x-lnx＞0，因而$a≥\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$（x∈[1，e]），
令$g（x）=\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$（x∈[1，e]），又$g'（x）=\frac{（x-1）（x+2-2lnx）}{{{{（x-lnx）}^2}}}$，
當x∈[1，e]時，x-1≥0，lnx≤1，x+2-2lnx＞0，
從而g'（x）≥0（僅當x=1時取等號），所以g（x）在[1，e]上為增函數(shù)，
故g（x）的最小值為g（1）=-1，所以實數(shù)a的取值范圍是[-1，+∞）．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，是一道綜合題．