Question

已知函數(shù)f（x）=ax²+x-xlnx，a∈R．
（1）若函數(shù)f（x）在[e，+∞）上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）令g（x）=

f(x)

x

，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2，若存在，求出a的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性,利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（1）求導，分離參數(shù)，a≥

1

2

×

lnx

x

，令h（x）=

1

2

×

lnx

x

，求出h（x）_max=

1

2e

，問題得以解決．
（2）求導，分類討論當a≤0時，當a＞0時，在根據(jù)函數(shù)g（x）的最小值，求出a的值，

解答： 解：（1）f′（x）=2ax-lnx（x＞0）．
∵f（x）在[e，+∞）上是增函數(shù)
∴f′（x）＞0，即a≥

1

2

×

lnx

x

，
 令h（x）=

1

2

×

lnx

x

，
∴h′（x）=

1-lnx

2x2

≤0
∴h（x）在[e，+∞）上是減函數(shù)，
∴當x=e時，h（x）_max=

1

2e

，
即a≥

1

2e

，
故實數(shù)a的取值范圍為[

1

2e

，+∞）
（2）∵g（x）=

f(x)

x

=ax+1-lnx，（x＞0）．
∴g′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

，
當a≤0時，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）在∈（0，e]單調遞減，g（x）_min=ae+1-1=2，解得a=

2

e

＞0，故不存在，
當a＞0時，令g′（x）=0，解得x=

1

a

，
∴g（x） 在（0，

1

a

）為減函數(shù)，在（

1

a

，+∞）為增函數(shù)，
當

1

a

＜e，即a＞

1

e

，函數(shù)g（x） 在（0，

1

a

）為減函數(shù)，在（

1

a

，e]為增函數(shù)，
∴當x=

1

a

時有最小值，g（x）_min=2+lna=2，解得a=1，
當

1

a

＞e，即a＜

1

e

，函數(shù)g（x） 在（0，e]為減函數(shù)，
∴當x=e時有最小值，g（x）_min=ae+1-1=2，解得a=

2

e

，而

2

e

＞

1

e

，故a不存在．
綜上所述，存在實數(shù)a=1，當x∈（0，e]（e是自然常數(shù)）時，函數(shù)g（x）的最小值是2．

點評：本題考查函數(shù)單調性與導數(shù)的關系的應用，考查學生會利用導函數(shù)的正負確定函數(shù)的單調區(qū)間，掌握函數(shù)恒成立時所取的條件，是一道綜合題．