Question

已知函数f（x）=alnx+x²（a为实常数），
（1）若a=-2，求函数f（x）的单调递增区间；
（2）当a＜-2时，求函数f（x）在[1，e]上的最小值及相应的x值；
（3）若存在x∈[1，e]，使得f（x）≤（a+2）x成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）由题设条件知f′(x)=-

2

x

+2x=

2(x2-1)

x

，令f'（x）＞0，可得到f（x）的单调递增区间．
（2）由f′(x)=

a

x

+2x=

2(x2+ a 2 )

x

=0得x=

- a 2

＞1．由此入手可推出当x=e时，f（x）_min=a+e²．
（3）由f（x）≤（a+2）x知alnx+x²-（a+2）x≤0，设g（x）=alnx+x²-（a+2）x，据题意，当x∈[1，e]时，g（x）_min≤0，g′(x)=

a

x

+2x-(a+2)=

(2x-a)(x-1)

x

=

2(x- a 2 )(x-1)

x

．再通过分类讨论可知a的取值范围是[-1，+∞）．

解答：解：（1）a=-2，f（x）=-2lnx+x²，
∴f′(x)=-

2

x

+2x=

2(x2-1)

x

，
令f'（x）＞0，由x＞0得x＞1，
∴f（x）的单调递增区间是（1，+∞）．（2分）
（2）f′(x)=

a

x

+2x=

2(x2+ a 2 )

x

，
令f'（x）=0，由a＜-2，x＞0得x=

- a 2

＞1（3分）
①当

- a 2

＜e，即-2e²＜a＜-2时，f（x）在[1，

- a 2

]递减，在[

- a 2

，e]递增，
∴当x=

- a 2

时，f(x)min=aln

- a 2

-

a

2

．（5分）
②当

- a 2

≥e，即a≤-2e²时，f（x）在[1，e]递减，
∴当x=e时，f（x）_min=a+e²．（7分）
（3）f（x）≤（a+2）x化为：alnx+x²-（a+2）x≤0，
设g（x）=alnx+x²-（a+2）x，据题意，
当x∈[1，e]时，g（x）_min≤0，g′(x)=

a

x

+2x-(a+2)=

(2x-a)(x-1)

x

=

2(x- a 2 )(x-1)

x

，（9分）
（ⅰ）当

a

2

≤1即a≤2时，当x∈[1，e]时，g'（x）≥0，∴g（x）递增，
∴g（x）_min=g（1）=-1-a≤0，∴a≥-1，
∴-1≤a≤2；（11分）
（ⅱ）当1＜

a

2

＜e即2＜a＜2e时，g（x）在[1，

a

2

]递减，[

a

2

，e]递增，
∴g(x)min=g(

a

2

)=a(ln

a

2

-

a

4

-1)，
∵ln

a

2

＜1，∴g（x）_min＜0，
∴2＜a＜2e符合题意；（13分）
（ⅲ）当

a

2

≥e即a≥2e时，g（x）在[1，e]递减，
∴g（x）_min=g（e）=a+e²-（a+2）e=（1-e）a+e²-2e≤2e（1-e）+e²-2e=-e²＜0，符合题意，（15分）
综上可得，a的取值范围是[-1，+∞）．（16分）

点评：本题考查数列知识的综合运用，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．