Question

已知函數(shù)f（x）=x²+ax-lnx，a∈R
（1）若函數(shù)f（x）在[1，2]上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）令g（x）=f（x）-x²，是否存在實數(shù)a，當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x∈（0，e]時，e²x-

5

2

＞lnx+

lnx

x

．

Answer 1

分析：（1）求導函數(shù)，利用函數(shù)f（x）在[1，2]上是減函數(shù)，可得f′(x)=

2x2+ax-1

x

≤0在[1，2]上恒成立，考查函數(shù)h（x）=2x²+ax-1，即可確定a的取值范圍；
（2）求導函數(shù)，分類討論，確定函數(shù)的單調(diào)性，利用函數(shù)g（x）的最小值是3，即可求出a的值；
（3）原不等式成立只須e²x-lnx＞

5

2

+

lnx

x

成立．利用g（x）=e²x-lnx≥3，證明

5

2

+

lnx

x

＜3即可．

解答：（1）解：求導函數(shù)可得f′(x)=

2x2+ax-1

x

因為函數(shù)f（x）在[1，2]上是減函數(shù)，所以f′(x)=

2x2+ax-1

x

≤0在[1，2]上恒成立，
令 h（x）=2x²+ax-1，有

h(1)≤0 h(2)≤0

得

a≤-1 a≤- 7 2

，∴a≤-

7

2

；
（2）解：假設存在實數(shù)a，使g（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值3，g′（x）=

ax-1

x

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

4

e

（舍去），
②當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，a=e²，滿足條件．
③當

1

a

≥e時，g（x）在（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g（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值3．
（3）證明：由（2）知當a=e²，g（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值3，即g（x）=e²x-lnx≥3
又原不等式成立只須e²x-lnx＞

5

2

+

lnx

x

成立
令F（x）=

5

2

+

lnx

x

，則F′（x）=

1-lnx

x2

當0＜x≤e時，F(xiàn)'（x）≥0，∴F（x）在（0，e]上單調(diào)遞增
故F（x）_max=F（e）=

1

e

+

5

2

＜3
故當x∈（0，e]時，e²x-

5

2

＞lnx+

lnx

x

，即原命題得證

點評：本題主要考查導數(shù)的運算和函數(shù)的單調(diào)性與其導函數(shù)的正負之間的關系，當導函數(shù)大于0時原函數(shù)單調(diào)遞增，當導函數(shù)小于0時原函數(shù)單調(diào)遞減．