Question

（2013•鎮(zhèn)江二模）已知a為正的常數(shù)，函數(shù)f（x）=|ax-x²|+lnx．
（1）若a=2，求函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（2）設(shè)g(x)=

f(x)

x

，求函數(shù)g（x）在區(qū)間[1，e]上的最小值．

Answer 1

分析：（1）把a(bǔ)=2代入函數(shù)解析式，由絕對值內(nèi)的代數(shù)式等于0求得x的值，由解得的x的值把定義域分段，去絕對值后求導(dǎo)，利用導(dǎo)函數(shù)求每一段內(nèi)的函數(shù)的增區(qū)間，則a=2時的函數(shù)的增區(qū)間可求；
（2）把f（x）的解析式代入g(x)=

f(x)

x

，利用a與1和e的大小比較去絕對值，然后求出去絕對值后的函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)在區(qū)間[1，e]上的最小值．最后把求得的函數(shù)的最小值寫成分段函數(shù)的形式即可．

解答：解：（1）由a=2，得f（x）=|2x-x²|+lnx（x＞0）．
當(dāng)0＜x＜2時，f(x)=2x-x2+lnx，f′(x)=2-2x+

1

x

=

-2x2+2x+1

x

．
由f′（x）=0，得-2x²+2x+1=0，解得x=

1+ 3

2

，或x=

1- 3

2

（舍去）．
當(dāng)0＜x＜

1+ 3

2

時，f′（x）＞0；

1+ 3

2

＜x＜2時，f′（x）＜0．
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，

1+ 3

2

），（2，+∞）．
當(dāng)x＞2時，f(x)=x2-2x+lnx，f′(x)=2x-2+

1

x

=

2x2-2x+1

x

．
由f′（x）=0，得2x²-2x+1=0．
f（x）在（2，+∞）上為增函數(shù)．
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，

1+ 3

2

），（2，+∞）．
（2）g(x)=

f(x)

x

=|x-a|+

lnx

x

，x∈[1，e]．
①若a≤1，則g(x)=x-a+

lnx

x

．則g′(x)=1+

1-lnx

x2

=

x2+1-lnx

x2

．
∵x∈[1，e]，∴0≤lnx≤1，1-lnx≥0，x²+1-lnx≥0，∴g′（x）＞0．
∴g（x）在[1，e]上為增函數(shù)，∴g（x）的最小值為g（1）=1-a．
②a≥e，則g（x）=a-x+

lnx

x

，則g′(x)=-1+

1-lnx

x2

=

-x2+1-lnx

x2

．
令h（x）=-x²+1-lnx，則h′(x)=-2x-

1

x

＜0．
所以h（x）在[1，e]上為減函數(shù)，則h（x）≤h（1）=0．
所以g（x）在[1，e]上為減函數(shù)，所以g（x）的最小值為g（e）=a-e+

1

e

．
③當(dāng)1＜a＜e，g(x)=

x-a+ lnx x ，x∈(a，e] a-x+ lnx x ，x∈[1，a]

，
由①，②知g（x）在[1，a]上為減函數(shù)，在[a，e]上為增函數(shù)，
∴g（x）的最小值為g（a）=

lna

a

．
綜上得g（x）的最小值為g（a）=

1-a，0＜a≤1 lna a ，1＜a＜e a-e+ 1 e ，a≥e

點評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，考查了分類討論得數(shù)學(xué)思想方法，考查了去絕對值的方法，正確的分類是解決該題的關(guān)鍵，屬難題．