Question

2．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{2a}{x}$，a∈R．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在[2，+∞）上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）若x∈[1，e]，求函數(shù)f（x）的最大值和最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)在[2，+∞）大于等于0恒成立得到x-2a≥0在[2，+∞）恒成立，分離變量a后即可得到a的取值范圍；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的最大值和最小值即可．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=lnx+$\frac{2a}{x}$，a∈R，所以f′（x）=$\frac{x-2a}{{x}^{2}}$，
若函數(shù)f（x）在[2，+∞）上是增函數(shù)，則f′（x）≥0在[2，+∞）恒成立，
即x-2a≥0在[2，+∞）恒成立，也就是a≤$\frac{x}{2}$在[2，+∞）恒成立，
所以a≤1．
所以使函數(shù)f（x）在[2，+∞）上是增函數(shù)的實數(shù)a的取值范圍是（-∞，1]；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，以f′（x）=$\frac{x-2a}{{x}^{2}}$，x∈[1，e]，
（1）當(dāng)2a＜1即a＜$\frac{1}{2}$時，∵x∈[1，e]，∴x＞2a，f′（x）＞0，
∴f（x）在[1，e]上為增函數(shù)，∴f（x）_max=f（e）=1+$\frac{2a}{e}$，f（x）_min=f（1）=2a，
（2）當(dāng)1≤2a≤e，即$\frac{1}{2}$≤a≤$\frac{e}{2}$時，
令f′（x）=0，得：x=2a，當(dāng)2a＜x＜e時，f′（x）＞0，f（x）在（2a，e）遞增，
當(dāng)1＜x＜2a時，f′（x）＜0，f（x）在（1，2a）遞減，
∴x=2a的極小值點，也是最小值點，
f（x）_min=f（2a）=1+ln（2a），∵f（1）=2a，f（e）=1+$\frac{2a}{e}$，
①當(dāng)2a≥1+$\frac{2a}{e}$，即$\frac{e}{2（e-1）}$≤a≤$\frac{e}{2}$時，f（x）_max=f（1）=2a；
②當(dāng)2a＜1+$\frac{2a}{e}$，即$\frac{1}{2}$≤a＜$\frac{e}{2（e-1）}$時，f（x）_max=f（e）=1+$\frac{2a}{e}$；
（3）當(dāng)2a＞e，即a＞$\frac{e}{2}$時，
∵x∈[1，e]，∴x＜2a，f′（x）＜0，f（x）在[1，e]遞減，
f（x）_max=f（1）=2a，f（x）_min=f（e）=1+$\frac{2a}{e}$，
綜上：f（x）_max=g（a）=$\left\{\begin{array}{l}{1+\frac{2a}{e}，a＜\frac{e}{2（e-1）}}\\{2a，a≥\frac{e}{2（e-1）}}\end{array}\right.$，
f（x）_min=g（a）=$\left\{\begin{array}{l}{2a，a＜\frac{1}{2}}\\{1+ln（2a），\frac{1}{2}≤a≤\frac{e}{2}}\\{1+\frac{2a}{e}，a＞\frac{e}{2}}\end{array}\right.$．

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，考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，訓(xùn)練了利用分離變量法求參數(shù)的范圍，解答的關(guān)鍵是會求基本初等函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)和對變量的正確分類，是難題．