Question

已知函數(shù)f（x）=x²+ax-lnx，a∈R．
（1）若a=1，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）令g（x）=f（x）-x²，是否存在實數(shù)a，當(dāng)x∈（0，e]（e是自然常數(shù)）時，函數(shù)g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，說明理由．
（3）求證：當(dāng)x∈（0，e]時，e²x-

5

2

＞lnx+

lnx

x

．

Answer 1

考點：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）當(dāng)a=1時，f（x）=x²+x-lnx（x＞0），f′(x)=2x+1-

1

x

=

2x2+x-1

x

=

(2x-1)(x+1)

x

，分別令f′（x）＞0，令f′（x）＜0，解出x的范圍即可得出函數(shù)f（x）單調(diào)性；
（2）假設(shè)存在實數(shù)a，當(dāng)x∈（0，e]（e是自然常數(shù)）時，函數(shù)g（x）=ax-lnx的最小值是3．g′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

，對a分類討論，研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值即可得出．
（3）e²x-

5

2

＞lnx+

lnx

x

變形為e2x-lnx＞

5

2

+

lnx

x

．由（2）可知：當(dāng)a=e²時，g（x）=e²x-lnx有最小值為3，令φ（x）=

5

2

+

lnx

x

，再利用對數(shù)研究其單調(diào)性極值與最大值即可．

解答： 解：（1）當(dāng)a=1時，f（x）=x²+x-lnx（x＞0），
f′(x)=2x+1-

1

x

=

2x2+x-1

x

=

(2x-1)(x+1)

x

，
令f′（x）＞0，解得x＞

1

2

，此時函數(shù)f（x）在區(qū)間(

1

2

，+∞)上單調(diào)遞增；
令f′（x）＜0，解得0＜x＜

1

2

，此時函數(shù)f（x）在區(qū)間(0，

1

2

)上單調(diào)遞減法．
（2）假設(shè)存在實數(shù)a，當(dāng)x∈（0，e]（e是自然常數(shù)）時，函數(shù)g（x）=ax-lnx的最小值是3．
g′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

，
①當(dāng)a≤0時，g（x）在x∈（0，e]上單調(diào)遞減，g（x）_min=g（e）=ae-1=3，a=

4

e

，舍去．
②當(dāng)0＜

1

a

＜e時，g（x）在(0，

1

a

)上單調(diào)遞減，在(

1

a

，e)上單調(diào)遞增，∴g（x）_min=g(

1

a

)=1+lna=3，解得a=e²，滿足條件．
③當(dāng)

1

a

≥e時，g（x）在x∈（0，e]上單調(diào)遞減，g（x）_min=g（e）=ae-1=3，a=

4

e

，舍去．
綜上，存在實數(shù)a=e²，使得當(dāng)x∈（0，e]時，g（x）有最小值3．
（3）e²x-

5

2

＞lnx+

lnx

x

變形為e2x-lnx＞

5

2

+

lnx

x

．
由（2）可知：當(dāng)a=e²時，g（x）=e²x-lnx有最小值為3，即g（x）=ex²-lnx≥3，
令φ（x）=

5

2

+

lnx

x

，則φ′（x）=

1-lnx

x2

，
當(dāng)x∈（0，e]時，φ′（x）≥0，
故φ（x）在x∈（0，e]上單調(diào)遞增，
故φ（x）_max=φ（e）=

1

e

+

5

2

＜

1

2

+

5

2

=3，
故e²x-

5

2

＞lnx+

lnx

x

，即原命題正確．

點評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了分類討論的思想方法，考查了分析問題與解決問題的能力，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．