Question

7．已知函數(shù)f（x）=$\frac{a}{x^2}$+lnx．
（1）若y=f（x）在x=1處的切線的斜率為$\frac{1}{2}$，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f（x）=0在[e^-2，e²]上恰有兩個(gè)實(shí)根，且$\sqrt{a}$-a＞$\frac{{{m^2}-3m+\sqrt{2}{e^2}}}{e^4}$恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)在x=1處的切線的斜率為$\frac{1}{2}$，建立方程關(guān)系即可求出a以及f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）構(gòu)造函數(shù)，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，研究函數(shù)的最值即可解決不等式恒成立問題．

解答 解：（1）由f（x）=$\frac{a}{x^2}$+lnx得f′（x）=$-\frac{2a}{{x}^{3}}$+$\frac{1}{x}$，
若y=f（x）在x=1處的切線的斜率為$\frac{1}{2}$，
∴f′（1）=-2a+1=$\frac{1}{2}$，
解得a=$\frac{1}{4}$，
即f′（x）=-$\frac{1}{2{x}^{3}}$+$\frac{1}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-1}{2{x}^{3}}$，（x＞0），
由f′（x）＞0得x＞$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
由f′（x）＜0得0＜x＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
即函數(shù)的單減區(qū)間為（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），遞增求解為（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞）．
（2）由f（x）=0得$\frac{a}{x^2}$+lnx=0，得a=-x²lnx，在[e^-2，e²]上成立，
設(shè)g（x）=-x²lnx，
則g′（x）=-2xlnx-x=-x（2lnx+1），由g′（x）=0得2lnx+1=0，
解得x=${e}^{-\frac{1}{2}}$，當(dāng)x∈[e^-2，${e}^{-\frac{1}{2}}$）時(shí)，g′（x）＞0，
當(dāng)x∈（${e}^{-\frac{1}{2}}$，e²），g′（x）＜0，
故g（x）在∈[e^-2，${e}^{-\frac{1}{2}}$）上單調(diào)遞增，在（${e}^{-\frac{1}{2}}$，e²）上單調(diào)遞減，
故g（x）在[e^-2，e²]上的極大值為g（${e}^{-\frac{1}{2}}$）=$\frac{1}{2e}$，
而g（e^-2）=$\frac{2}{{e}^{4}}$，g（e²）=-2e⁴，
顯然g（e^-2）＞g（e²），
故a的取值范圍是[$\frac{2}{{e}^{4}}$，$\frac{1}{2e}$），
令h（a）=$\sqrt{a}$-a，a∈[$\frac{2}{{e}^{4}}$，$\frac{1}{2e}$），
則h′（a）=$\frac{1}{2\sqrt{a}}$-1，
令h′（a）=0，解得a=$\frac{1}{4}$＞$\frac{1}{2e}$，
則a∈[$\frac{2}{{e}^{4}}$，$\frac{1}{2e}$）時(shí)，h′（a）＞0，
故h（a）在[$\frac{2}{{e}^{4}}$，$\frac{1}{2e}$）上單調(diào)遞增，
故h（a）的最小值為h（$\frac{2}{{e}^{4}}$）=$\frac{\sqrt{2}}{{e}^{2}}-\frac{2}{{e}^{4}}$，
故只需要$\frac{{m}^{2}-3m-\sqrt{2}{e}^{2}}{{e}^{4}}＜\frac{\sqrt{2}}{{e}^{2}}-\frac{2}{{e}^{4}}$，
即m²-3m+2＜0，解得1＜m＜2，
即實(shí)數(shù)m的取值范圍是（1，2）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，以及導(dǎo)數(shù)和不等式的綜合應(yīng)用，考查學(xué)生的推理和運(yùn)算能力．