Question

已知函数f（x）=x²+ax-lnx，a∈R．
（1）若函数f（x）在[1，2]上是减函数，求实数a的取值范围；
（2）令g（x）=f（x）-x²，是否存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（1）由函数f（x）在[1，2]上是减函数得f′(x)=2x+a-

1

x

=

2x2+ax-1

x

≤0在[1，2]上恒成立，即有h（x）=2x²+ax-1≤0成立求解．
（2）先假设存在实数a，求导得g′(x)=a-

1

x

=

ax-1

x

，a在系数位置对它进行讨论，结合x∈（0，e]分当a≤0时，当0＜

1

a

＜e时，当

1

a

≥e时三种情况进行．

解答：解：（1）f′(x)=2x+a-

1

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

，
得a≤-

7

2

（6分）
（2）假设存在实数a，使g（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值3，g′(x)=a-

1

x

=

ax-1

x

（7分）
当a≤0时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）_min=g（e）=ae-1=3，a=

4

e

（舍去），
∴g（x）无最小值．
当0＜

1

a

＜e时，g（x）在(0，

1

a

)上单调递减，在(

1

a

，e]上单调递增
∴g(x)min=g(

1

a

)=1+lna=3，a=e²，满足条件．（11分）
当

1

a

≥e时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）_min=g（e）=ae-1=3，a=

4

e

（舍去），
∴f（x）无最小值．（13分）
综上，存在实数a=e²，使得当x∈（0，e]时g（x）有最小值3．（14分）

点评：本题主要考查转化化归、分类讨论等思想的应用，函数若为单调函数，则转化为不等式恒成立问题，解决时往往又转化求函数最值问题．