Question

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

2x2+ax-1

x

≤0在[1，2]上恒成立，考查函數h（x）=2x²+ax-1，即可確定a的取值范圍；
（2）求導函數，分類討論，確定函數的單調性，利用函數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：求導函數可得f′(x)=

2x2+ax-1

x

因為函數f（x）在[1，2]上是減函數，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

）上單調遞減，在（

1

a

，e]上單調遞增
∴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]上單調遞減，g（x）_min=g（e）=ae-1=3，a=

4

e

（舍去），
綜上，存在實數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'（x）≥0，∴F（x）在（0，e]上單調遞增
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：本題主要考查導數的運算和函數的單調性與其導函數的正負之間的關系，當導函數大于0時原函數單調遞增，當導函數小于0時原函數單調遞減．