Question

11．已知函數(shù)f（x）=x²+alnx．
（Ⅰ）當(dāng)a=1時，求曲線f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）當(dāng)a=-2時，求函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅲ）若函數(shù)g（x）=f（x）+$\frac{2}{x}$在[1，4]上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（1），f′（1），代入切線方程即可；
（Ⅱ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（Ⅲ）由g（x）=x²+alnx+$\frac{2}{x}$，得g′（x），由g'（x）≤0在[1，4]上恒成立，可得a≤$\frac{2}{x}$-2x²在[1，4]上恒成立．構(gòu)造函數(shù)φ（x）=$\frac{2}{x}$-2x²，求其最小值即可．

解答 解：（Ⅰ）a=1時，f（x）=x²+lnx，f′（x）=2x+$\frac{1}{x}$，
故f（1）=1，f′（1）=3，
故切線方程是：y-1=3（x-1），
即3x-y-2=0；
（Ⅱ）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞）
當(dāng)a=-2時，f′（x）=2x-$\frac{2}{x}$=$\frac{2（x+1）（x-1）}{x}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
故函數(shù)f（x）單調(diào)遞減區(qū)間是（0，1），單調(diào)遞增區(qū)間是（1，+∞）
∴極小值是f（1）=1，沒有極大值；
（Ⅲ）由g（x）=x²+alnx+$\frac{2}{x}$，得g′（x）=2x+$\frac{a}{x}$-$\frac{2}{{x}^{2}}$，
又函數(shù)g（x）=x²+alnx+$\frac{2}{x}$為[1，4]上的單調(diào)減函數(shù)，
則g'（x）≤0在[1，4]上恒成立，
所以不等式2x+$\frac{a}{x}$-$\frac{2}{{x}^{2}}$≤0在[1，4]上恒成立，
即a≤$\frac{2}{x}$-2x²在[1，4]上恒成立，
設(shè)φ（x）=$\frac{2}{x}$-2x²，顯然ϕ（x）在[1，4]上為減函數(shù)，
所以ϕ（x）的最小值為ϕ（4）=-$\frac{63}{2}$，
∴a的取值范圍是a≤-$\frac{63}{2}$．

點評 本題考查利用倒數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查閉區(qū)間上的恒成立問題，突出轉(zhuǎn)化思想與構(gòu)造函數(shù)的思想的運用，屬于難題．