Question

18．已知f（x）=x²-ax+lnx，a∈R．
（1）若a=0，求函數(shù)y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；
（2）若函數(shù)f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）令g（x）=x²-f（x），x∈（0，e]（e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）；求當(dāng)實(shí)數(shù)a等于多少時(shí)，可以使函數(shù)g（x）取得最小值為3．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求出切線方程．
（2）函數(shù)f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]上是增函數(shù)，得到f′（x）=2x-a+$\frac{1}{x}$≥0，在[$\frac{1}{2}$，1]上恒成立，分離參數(shù)，根據(jù)基本不等式求出答案，
（3）g（x）=x²-f（x），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，討論a≤0，a＞$\frac{1}{e}$，0＜a≤$\frac{1}{e}$的情況，從而得出答案

解答 解：（1）a=0時(shí)，f（x）=x²+lnx，x＞0
∴f′（x）=2x+$\frac{1}{x}$，
∴f′（1）=3，f（1）=1，
∴數(shù)y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為3x-y-2=0，
（2）函數(shù)f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]上是增函數(shù)，
∴f′（x）=2x-a+$\frac{1}{x}$≥0，在[$\frac{1}{2}$，1]上恒成立，
即a≤2x+$\frac{1}{x}$，在[$\frac{1}{2}$，1]上恒成立，
令h（x）=2x+$\frac{1}{x}$≥2$\sqrt{2x•\frac{1}{x}}$=2$\sqrt{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$時(shí)，取等號(hào)，
∴a≤2$\sqrt{2}$，
∴a的取值范圍為（-∞，2$\sqrt{2}$]
（3）g（x）=x²-f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]．
∴g′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$（0＜x≤e），
①當(dāng)a≤0時(shí)，g（x）在（0，e]上單調(diào)遞減，g（x）_min=g（e）=ae-1=3，解得a=$\frac{4}{e}$（舍去）；
②當(dāng)a＞0且$\frac{1}{a}$＜e時(shí)，即a＞$\frac{1}{e}$，g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{a}$，e]上單調(diào)遞增，
∴g（x）_min=g（$\frac{1}{a}$）=1+lna=3，解得a=e²，滿足條件；
③當(dāng)a＞0，且$\frac{1}{a}$≥e時(shí)，即0＜a≤$\frac{1}{e}$，g（x）在（0，e]上單調(diào)遞減，g（x）_min=g（e）=ae-1=3，解得a=$\frac{4}{e}$（舍去）；
綜上，存在實(shí)數(shù)a=e²，使得當(dāng)x∈（0，e]時(shí)，g（x）有最小值3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，幾何意義，函數(shù)的最值問題，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查分類討論思想，是一道綜合題．