Question

18．已知函數(shù)f（x）=x+$\frac{{a}^{2}}{x}$，g（x）=x+lnx，其中a≠0．
（1）若x=1是函數(shù)h（x）=f（x）+g（x）的極值點，求實數(shù)a的值及h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若對任意的x₁，x₂∈[1，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立，且-2＜a＜0，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）對h（x）求導(dǎo)數(shù)，利用h′（x）=0時存在極值點，求出a的值，再利用導(dǎo)數(shù)討論h（x）的單調(diào)性；
（2）設(shè)存在實數(shù)a，對任意的x₁，x₂∈[1，2]都有f（x₁）≥g（x₂）成立，等價于對任意的x₁，x₂∈[1，2]時，都有[f（x）]_min≥[g（x）]_max，
分別求出函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，2]的最小值與g（x）在[1，2]上的最大值，列出不等式求出實數(shù)a的取值范圍．

解答 解：（1）∵h(yuǎn)（x）=f（x）+g（x）=2x+$\frac{{a}^{2}}{x}$+lnx，其定義域為（0，+∞），
∴h′（x）=2-$\frac{{a}^{2}}{{x}^{2}}$+$\frac{1}{x}$；
又x=1是函數(shù)h（x）的極值點，
∴h'（1）=0，即3-a²=0，
∵a＞0，
∴a=$\sqrt{3}$；
經(jīng)檢驗，a=$\sqrt{3}$時，x=1是函數(shù)h（x）的極值點，
∴a=$\sqrt{3}$；
又h′（x）=$\frac{{2x}^{2}+x-3}{{x}^{2}}$=$\frac{（2x+3）（x-1）}{{x}^{2}}$，
∴當(dāng)0＜x＜1時，h′（x）＜0，h（x）是單調(diào)減函數(shù)，
x＞1時，h′（x）＞0，h（x）是單調(diào)增函數(shù)；
∴h（x）的單調(diào)減區(qū)間為（0，1），增區(qū)間為（1，+∞）；
（2）假設(shè)存在實數(shù)a，對任意的x₁，x₂∈[1，2]都有f（x₁）≥g（x₂）成立，
等價于對任意的x₁，x₂∈[1，2]時，都有[f（x）]_min≥[g（x）]_max，
當(dāng)x∈[1，2]時，g′（x）=1+$\frac{1}{x}$＞0．
∴函數(shù)g（x）=x+lnx在[1，2]上是增函數(shù)．
∴[g（x）]_max=g（2）=2+ln2．
∵f′（x）=1-$\frac{{a}^{2}}{{x}^{2}}$=$\frac{（x-a）（x+a）}{{x}^{2}}$，且x∈[1，2]，-2＜a＜0，
①當(dāng)-1＜a＜0且x∈[1，2]時，f′（x）=$\frac{（x-a）（x+a）}{{x}^{2}}$＞0，
∴函數(shù)f（x）=x+$\frac{{a}^{2}}{x}$在[1，2]上是增函數(shù)．
∴[f（x）]_min=f（1）=1+a²．
由1+a²≥2+ln2，得a≤-$\sqrt{1+ln2}$，又-1＜a＜0，
∴a≤-$\sqrt{1+ln2}$ 不合題意．
②當(dāng)-＜≤a≤-1時，若1≤x＜-a，則f′（x）=$\frac{（x-a）（x+a）}{{x}^{2}}$＜0，
若-a＜x≤2，則f′（x）=$\frac{（x-a）（x+a）}{{x}^{2}}$＞0，
∴函數(shù)f（x）=x+$\frac{{a}^{2}}{x}$在[1，-a）上是減函數(shù)，在（-a，2]上是增函數(shù)．
∴[f（x）]_min=f（-a）=-2a
-2a≥2+ln2，得a≤-1-$\frac{1}{2}$ln2，
∴-2＜a≤-1-$\frac{1}{2}$ln2．
綜上，存在實數(shù)a的取值范圍為（-2，-1-$\frac{1}{2}$ln2）．

點評 主要考查 函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，以及函數(shù)的最值與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用問題，也考查了分類討論思想與函數(shù)思想的應(yīng)用問題，是較難的題目．