Question

設(shè)函數(shù)f（x）=x²-（a-2）x-alnx．
（1）若函數(shù)f（x）在[1，2]上的最小值為1，求實(shí)數(shù)a的值；
（2）若函數(shù)f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)，求滿(mǎn)足條件的最小正整數(shù)a的值．

Answer 1

考點(diǎn)：函數(shù)零點(diǎn)的判定定理,二次函數(shù)的性質(zhì)

專(zhuān)題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用

分析：（1）先求導(dǎo)，再分類(lèi)討論，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的值；
（2）利用導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則即可得出f′（x），并對(duì)a分類(lèi)討論即可；結(jié)合根的存在性原理，可以判斷存在a₀∈（2，3），h（a₀）=0，當(dāng)a＞a₀，h（a）＞0．

解答： 解：（1）∵f（x）=x²-（a-2）x-alnx，
∴f′（x）=2x-（a-2）-

a

x

=

(x+1)(2x-a)

x

，
當(dāng)

a

2

≥2，即a≥4時(shí)，f（x）單調(diào)遞減，f（x）_min=f（2）=4-2（a-2）-aln2=1，解得a=-

1

2+ln2

＜0（舍去）
當(dāng)1＜

a

2

＜2時(shí)，即2＜a＜4時(shí)，f（x）在[1，

a

2

]單調(diào)遞增，在（

a

2

，2]單調(diào)遞減，f（x）_min=f（

a

2

）=-

a2

4

+a-aln

a

2

＜0≠1，
當(dāng)

a

2

≤1時(shí)，即a≤2時(shí)，f（x）單調(diào)遞增，f（x）_min=f（1）=3-a=1，
解得a=2．

（2）由（1）得：f′（x）=2x-（a-2）-

a

x

=

(x+1)(2x-a)

x

，（x＞0），
①當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）．
②當(dāng)a＞0時(shí)，由f'（x）＞0，得x＞

a

2

，
由f′（x）＜0，得0＜x＜

a

2

，
∴函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為（

a

2

，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（0，

a

2

）．
若函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，則a＞0，且f（x）的最小值為f（

a

2

）＜0，
即-a²+4a-4aln

a

2

＜0，
∵a＞0，∴a+ln

a

2

-4＞0，
令h（a）=a+ln

a

2

-4，顯然h（a）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
且h（2）=-2＜0，h（3）=4ln

3

2

-1=ln

81

16

-1＞0，
∴存在a₀∈（2，3），h（a₀）=0，當(dāng)a＞a₀，h（a）＞0；
當(dāng)0＜a＜a₀時(shí)，h（a）＜0．
∴滿(mǎn)足條件的最小整數(shù)a=3，
當(dāng)a=3時(shí)，f（3）=3（2-ln3）＞0，f（1）=0，
∴a=3時(shí)f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)．
綜上，滿(mǎn)足條件的最小值a的值為3．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間以及根的存在性原理的運(yùn)用．