Question

3．已知函數(shù)f（x）=alnx+x²+bx（a為實常數(shù)）．
（Ⅰ）若a=-2，b=-3，求證：f（x）在（e，+∞）上為單調(diào)增函數(shù)；
（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）將a，b的值代入f（x），求出函數(shù)的導數(shù)，從而判斷出函數(shù)的單調(diào)性；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論x的范圍得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最小值；
（Ⅲ）問題轉(zhuǎn)化為$a≥\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$（x∈[1，e]），令$g（x）=\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$（x∈[1，e]，求出函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出g（x）的最小值，從而求出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，+∞），
$f'（x）=-\frac{2}{x}+2x-3=\frac{{2{x^2}-3x-2}}{x}=\frac{（x-2）（2x+1）}{x}$，
x∈（e，+∞）時，$f'（x）=\frac{（x-2）（2x+1）}{x}＞0$恒成立
所以f（x）在（e，+∞）上為單調(diào)增函數(shù)…（4分）
（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…（6分）
（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${[f（x）]_{min}}=f（\sqrt{\frac{-a}{2}}）=\frac{a}{2}ln（-\frac{a}{2}）-\frac{a}{2}$…（9分）
（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]）…（11分）
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，+∞）…（14分）

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，函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．