Question

（2013•肇慶一模）若f（x）=

x2-a(ln-1)(0＜x＜e) x2+a(lnx-1)(x≥e

其中a∈R
（1）當(dāng)a=-2時(shí)，求函數(shù)y（x）在區(qū)間[e，e²]上的最大值；
（2）當(dāng)a＞0，時(shí)，若x∈[1，+∞），f(x)≥

3

2

a恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）當(dāng)a=-2，x∈[e，e²]時(shí)，f（x）=x²-2lnx+2，求其導(dǎo)數(shù)可判函數(shù)在在[e，e²]上單調(diào)遞增，進(jìn)而可得其最大值；
（2）分類討論可得函數(shù)y=f（x）在[1，+∞）上的最小值為f(x)min=

1+a，0＜a≤2 3a 2 - a 2 ln a 2 ，2＜a≤2e2 e2，a＞2e2

，分段令其≥

3a

2

，解之可得a的取值范圍．

解答：解：（1）當(dāng)a=-2，x∈[e，e²]時(shí)，f（x）=x²-2lnx+2，（1分）
∵f′(x)=2x-

2

x

，∴當(dāng)x∈[e，e²]時(shí)，f'（x）＞0，（2分）
∴函數(shù)f（x）=x²-2lnx+2在[e，e²]上單調(diào)遞增，（3分）
故f(x)max=f(e2)=(e2)2-2lne2+2=e⁴-2（4分）
（2）①當(dāng)x≥e時(shí)，f（x）=x²+alnx-a，f′(x)=2x+

a

x

，
∵a＞0，∴f'（x）＞0，∴f（x）在[e，+∞）上單調(diào)遞增，（5分）
故當(dāng)x=e時(shí)，f(x)min=f(e)=e2；                            （6分）
②當(dāng)1≤x≤e時(shí)，f（x）=x²-alnx+a，f′（x）=2x-

a

x

=

2

x

（x+

a 2

）（x-

a 2

），（7分）
（i）當(dāng)

a 2

≤1，即0＜a≤2時(shí)，f（x）在區(qū)間[1，e）上為增函數(shù)，
當(dāng)x=1時(shí)，f（x）_min=f（1）=1+a，且此時(shí)f（1）＜f（e）=e²；      （8分）
（ii）當(dāng)1＜

a 2

≤e，即2＜a≤2e²時(shí)，f（x）在區(qū)間(1，

a 2

]上為減函數(shù)，在區(qū)間(

a 2

，e]上為增函數(shù)，（9分）
故當(dāng)x=

a 2

時(shí)，f(x)min=f(

a 2

)=

3a

2

-

a

2

ln

a

2

，且此時(shí)f（

a 2

）＜f（e）=e²；（10分）
（iii）當(dāng)

a 2

＞e，即a＞2e²時(shí)，f（x）=x²-alnx+a在區(qū)間[1，e]上為減函數(shù)，
故當(dāng)x=e時(shí)，f(x)min=f(e)=e2．（11分）
綜上所述，函數(shù)y=f（x）在[1，+∞）上的最小值為f(x)min=

1+a，0＜a≤2 3a 2 - a 2 ln a 2 ，2＜a≤2e2 e2，a＞2e2

（12分）
由

0＜a≤2 1+a≥ 3 2 a

得0＜a≤2；由

2＜a≤2e2 3a 2 - a 2 ln a 2 ≥ 3a 2

得無(wú)解；由

a＞2e2 e2≥ 3a 2

得無(wú)解；  （13分）
故所求a的取值范圍是（0，2]．                                     （14分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間的最值，涉及分類討論的思想，屬難題．