Question

6．已知函數(shù)f（x）=x²-4x+（2-a）lnx，（a∈R）
（1）當(dāng)a=8時(shí)，求：
①f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
②曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，-3）處的切線方程．
（2）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[e，e²]上的最小值．

Answer 1

分析 （1）①先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得出單調(diào)增區(qū)間；
②求出切線斜率，即可求出曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，-3）處的切線方程
（2）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，分類討論，確定函數(shù)的單調(diào)性，即可求函數(shù)f（x）在區(qū)間[e，e²]上的最小值．

解答 解：（1）①依題意得，當(dāng)a=8時(shí)，f（x）=x²-4x-6lnx，
∴f′（x）=$\frac{2（x+1）（x-3）}{x}$，
由f′（x）＞0，得（x+1）（x-3）＞0，
解得x＞3或x＜-1．注意到x＞0，
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（3，+∞）．
②k=f'（1）=-8，
∴曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，-3）處的切線方程是8x+y-5=0．
（2）當(dāng)x∈[e，e²]時(shí)，f（x）=x²-4x+（2-a）lnx，
所以f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-4x+2-a}{x}$，
設(shè)g（x）=2x²-4x+2-a．
①當(dāng)a≤0時(shí)，有△=16-4×2（2-a）=8a≤0
所以f′（x）≥0，f（x）在[e，e²]上單調(diào)遞增．
所以f（x）_min=f（e）=e²-4e+2-a（8分）
②當(dāng)a＞0時(shí)，△=16-4×2（2-a）=8a＞0，
令f′（x）＞0，即2x²-4x+2-a＞0，解得x＞1+$\frac{\sqrt{2}a}{2}$或x＜1-$\frac{\sqrt{2}a}{2}$（舍）；
令f′（x）＜0，即2x²-4x+2-a＜0，解得1-$\frac{\sqrt{2}a}{2}$＜x＜1+$\frac{\sqrt{2}a}{2}$．
1^°若1+$\frac{\sqrt{2}a}{2}$≥e2，即a≥2（e²-1）²時(shí)，f（x）在區(qū)間[e，e²]單調(diào)遞減，
所以f（x）_min=f（e²）=e⁴-4e²+4-2a．
2^°若e＜1+$\frac{\sqrt{2}a}{2}$＜e²，即2（e-1）²＜a＜2（e²-1）²時(shí)，f（x）在區(qū)間[e，1+$\frac{\sqrt{2}a}{2}$]上單調(diào)遞減，
在區(qū)間[1+$\frac{\sqrt{2}a}{2}$，e2]上單調(diào)遞增，所以f（x）_min=f（1+$\frac{\sqrt{2}a}{2}$）=$\frac{a}{2}$-$\sqrt{2}$a-3+（2-a）ln（1+$\frac{\sqrt{2}a}{2}$）．
3^°若1+$\frac{\sqrt{2}a}{2}$≤e，即0＜a≤2（e-1）²時(shí)，f（x）在區(qū)間[e，e²]單調(diào)遞增，
所以f（x）_min=f（e）=e²-4e+2-a．（14分）
綜上所述，
當(dāng)a≥2（e²-1）²時(shí)，f（x）_min=e⁴-4e²+4-2a；
當(dāng)2（e-1）²＜a＜2（e²-1）²時(shí)，f（x）_min=$\frac{a}{2}$-$\sqrt{2}$a-3+（2-a）ln（1+$\frac{\sqrt{2}a}{2}$）；
當(dāng)a≤2（e-1）²時(shí)，f（x）_min=e²-4e+2-a．（16分）

點(diǎn)評(píng) 本題考察了函數(shù)的單調(diào)性，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，求函數(shù)的極值問(wèn)題，是一道中檔題．