Question

14．設函數(shù)f（x）=$\frac{{x}^{2}}{2lnx}$，g（x）=-$\frac{{x}^{2}}{2}$+alnx+a（a＞0）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）若對于?x₁，x₂∈（1，+∞），總有f（x₁）≥g（x₂）成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)f（x）的導數(shù)，解關于導函數(shù)的方程，求出函數(shù)的單調區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)f（x）的最小值，通過討論a的范圍，判斷g（x）的單調性，從而確定a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=$\frac{{x}^{2}}{2lnx}$，從而f'（x）、f（x）隨x的變化如下表

x	（0，1）	（1，$\sqrt{e}$）	$\sqrt{e}$	（$\sqrt{e}$，+∞）
f'（x）	-	-	0	+
f（x）	↘	↘	極小	↗

∴f（x）的減區(qū)間是（0，1），（1，$\sqrt{e}$）；f（x）的增區(qū)間是（$\sqrt{e}$，+∞）；f（x）_極小值=f（$\sqrt{e}$）=e，無極大值．
（Ⅱ）由題設，只須g（x）在（1，+∞）上的最大值不大于f（x）的最小值即可，
由（Ⅰ）知，當x＞1時，f（x）_min=e；
（1）若a≤1，則g'（x）≤0，此時，g（x）在（1，+∞）上單調遞減，
∴g（x）≤g（1）=-$\frac{1}{2}$+a＜e滿足題設，
（2）若a＞1，則g'（x）=0，得x=$\sqrt{a}$，當1＜x＜$\sqrt{a}$時，g'（x）＞0；當x＞$\sqrt{a}$時，g'（x）＜0，
∴g（x）_max=g（$\sqrt{a}$）=-$\frac{a}{2}$+aln$\sqrt{a}$=$\frac{1}{2}$（a+alna），
故只須$\frac{1}{2}$（a+alna）≤e．
記h（x）=$\frac{1}{2}$（x+xlnx）（x＞1），則h′（x）=1+$\frac{1}{2}$lnx＞0，
∴h（x）在（1，+∞）上單調遞增，且h（e）=$\frac{1}{2}$（e+elne）=e，
從而，當且僅當a≤e時，有$\frac{1}{2}$（a+alna）≤e．
綜上，0＜a≤e即為所求．

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，是一道中檔題．