11.已知函數(shù)f(x)=x2+alnx.
(Ⅰ)當(dāng)a=1時,求曲線f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;
(Ⅱ)當(dāng)a=-2時,求函數(shù)f(x)的極值;
(Ⅲ)若函數(shù)g(x)=f(x)+$\frac{2}{x}$在[1,4]上是減函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍.

分析 (Ⅰ)求出f(1),f′(1),代入切線方程即可;
(Ⅱ)求出f(x)的導(dǎo)數(shù),解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,從而求出函數(shù)的極值即可;
(Ⅲ)由g(x)=x2+alnx+$\frac{2}{x}$,得g′(x),由g'(x)≤0在[1,4]上恒成立,可得a≤$\frac{2}{x}$-2x2在[1,4]上恒成立.構(gòu)造函數(shù)φ(x)=$\frac{2}{x}$-2x2,求其最小值即可.

解答 解:(Ⅰ)a=1時,f(x)=x2+lnx,f′(x)=2x+$\frac{1}{x}$,
故f(1)=1,f′(1)=3,
故切線方程是:y-1=3(x-1),
即3x-y-2=0;
(Ⅱ)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞)
當(dāng)a=-2時,f′(x)=2x-$\frac{2}{x}$=$\frac{2(x+1)(x-1)}{x}$,
令f′(x)>0,解得:x>1,令f′(x)<0,解得:0<x<1,
故函數(shù)f(x)單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1),單調(diào)遞增區(qū)間是(1,+∞)
∴極小值是f(1)=1,沒有極大值;
(Ⅲ)由g(x)=x2+alnx+$\frac{2}{x}$,得g′(x)=2x+$\frac{a}{x}$-$\frac{2}{{x}^{2}}$,
又函數(shù)g(x)=x2+alnx+$\frac{2}{x}$為[1,4]上的單調(diào)減函數(shù),
則g'(x)≤0在[1,4]上恒成立,
所以不等式2x+$\frac{a}{x}$-$\frac{2}{{x}^{2}}$≤0在[1,4]上恒成立,
即a≤$\frac{2}{x}$-2x2在[1,4]上恒成立,
設(shè)φ(x)=$\frac{2}{x}$-2x2,顯然ϕ(x)在[1,4]上為減函數(shù),
所以ϕ(x)的最小值為ϕ(4)=-$\frac{63}{2}$,
∴a的取值范圍是a≤-$\frac{63}{2}$.

點評 本題考查利用倒數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,考查閉區(qū)間上的恒成立問題,突出轉(zhuǎn)化思想與構(gòu)造函數(shù)的思想的運(yùn)用,屬于難題.

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