Question

【題目】已知函數f（x）=alnx+x2（a為實常數）．
（1）當a=﹣4時，求函數f（x）在[1，e]上的最大值及相應的x值；
（2）當x∈[1，e]時，討論方程f（x）=0根的個數．
（3）若a＞0，且對任意的x1 ， x2∈[1，e]，都有 ，求實數a的取值范圍．

Answer 1

【答案】
（1）解：當a=﹣4時，f（x）=﹣4lnx+x2，函數的定義域為（0，+∞）．

．

當x∈ 時，f′（x）0，

所以函數f（x）在 上為減函數，在 上為增函數，

由f（1）=﹣4ln1+12=1，f（e）=﹣4lne+e2=e2﹣4，

所以函數f（x）在[1，e]上的最大值為e2﹣4，相應的x值為e

（2）解：由f（x）=alnx+x2，得 ．

若a≥0，則在[1，e]上f′（x）＞0，函數f（x）=alnx+x2在[1，e]上為增函數，

由f（1）=1＞0知，方程f（x）=0的根的個數是0；

若a＜0，由f′（x）=0，得x= （舍），或x= ．

若 ，即﹣2≤a＜0，f（x）=alnx+x2在[1，e]上為增函數，

由f（1）=1＞0知，方程f（x）=0的根的個數是0；

若 ，即a≤﹣2e2，f（x）=alnx+x2在[1，e]上為減函數，

由f（1）=1，f（e）=alne+e2=e2+a≤﹣e2＜0，

所以方程f（x）=0在[1，e]上有1個實數根；

若 ，即﹣2e2＜a＜﹣2，

f（x）在 上為減函數，在 上為增函數，

由f（1）=1＞0，f（e）=e2+a．

= ．

當 ，即﹣2e＜a＜﹣2時， ，方程f（x）=0在[1，e]上的根的個數是0．

當a=﹣2e時，方程f（x）=0在[1，e]上的根的個數是1．

當﹣e2≤a＜﹣2e時， ，f（e）=a+e2≥0，方程f（x）=0在[1，e]上的根的個數是2．

當﹣2e2＜a＜﹣e2時， ，f（e）=a+e2＜0，方程f（x）=0在[1，e]上的根的個數是1

（3）解：若a＞0，由（2）知函數f（x）=alnx+x2在[1，e]上為增函數，

不妨設x1＜x2，則 變為f（x2）+ ＜f（x1）+ ，由此說明函數G（x）=f（x）+ 在[1，e]單調遞減，所以G′（x）= ≤0對x∈[1，e]恒成立，即a 對x∈[1，e]恒成立，

而 在[1，e]單調遞減，所以a ．

所以，滿足a＞0，且對任意的x1，x2∈[1，e]，都有 成立的實數a的取值范圍不存在

【解析】（1）把a=﹣4代入函數解析式，求出函數的導函數，由導函數的零點把給出的定義[1，e]分段，判出在各段內的單調性，從而求出函數在[1，e]上的最大值及相應的x值；（2）把原函數f（x）=alnx+x2求導，分a≥0和a＜0討論函數的單調性，特別是當a＜0時，求出函數f（x）在[1，e]上的最小值及端點處的函數值，然后根據最小值和F（e）的值的符號討論在x∈[1，e]時，方程f（x）=0根的個數；（3）a＞0判出函數f（x）=alnx+x2在[1，e]上為增函數，在規定x1＜x2后把 轉化為f（x2）+ ＜f（x1）+ ，構造輔助函數G（x）=f（x）+ ，由該輔助函數是減函數得其導函數小于等于0恒成立，分離a后利用函數單調性求a的范圍．
【考點精析】解答此題的關鍵在于理解函數的最大(小)值與導數的相關知識，掌握求函數在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數在內的極值；（2）將函數的各極值與端點處的函數值，比較，其中最大的是一個最大值，最小的是最小值，以及對不等式的證明的理解，了解不等式證明的幾種常用方法:常用方法有：比較法（作差，作商法）、綜合法、分析法；其它方法有：換元法、反證法、放縮法、構造法，函數單調性法，數學歸納法等．