Question

6．已知函數(shù)f（x）=x²+$\frac{a}{2}$lnx．
（1）求f（x）的單調區(qū)間；
（2）是否存在實數(shù)a，使f（x）在（0，1]上的最小值是0，若存在，求實數(shù)a的值，若不存在，說明理由；
（3）已知g（x）=ax（x∈（0，1]），當a＜0時，對于任意的x₁∈（0，+∞），存在x₂∈（0，1]，使得f（x₁）≥g（x₂），求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先確定f（x）的定義域是（0，+∞），求導f′（x）=2x+$\frac{a}{2x}$=$\frac{4{x}^{2}+a}{2x}$，從而討論以確定導數(shù)的正負，從而確定函數(shù)的單調性；
（2）假設存在實數(shù)a＜0，使f（x）在（0，1]上的最小值是0，從而分類討論求函數(shù)的最小值即可．
（3）恒成立問題可化為f_min（x）≥g_min（x），從而化為最值問題，求解不等式即可．

解答 解：（1）f（x）的定義域是（0，+∞），f′（x）=2x+$\frac{a}{2x}$=$\frac{4{x}^{2}+a}{2x}$．
當a≥0時，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；
當a＜0時，令f′（x）=0，則x₁=$\frac{\sqrt{-a}}{2}$，x₂=-$\frac{\sqrt{-a}}{2}$（舍去），
當x∈（0，$\frac{\sqrt{-a}}{2}$]時，f′（x）≤0，故f（x）在（0，$\frac{\sqrt{-a}}{2}$]上是減函數(shù)；
當x∈[$\frac{\sqrt{-a}}{2}$，+∞）時，f′（x）≥0，故f（x）在[$\frac{\sqrt{-a}}{2}$，+∞）上是增函數(shù)．
故當a≥0時，f（x）的增區(qū)間是（0，+∞）；
當a＜0時，f（x）的減區(qū)間是（0，$\frac{\sqrt{-a}}{2}$]，增區(qū)間是[$\frac{\sqrt{-a}}{2}$，+∞）．
（2）假設存在實數(shù)a＜0，使f（x）在（0，1]上的最小值是0，
①當a≥0時，f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，故在（0，1]上f（x）無最小值；
②若$\left\{\begin{array}{l}{a＜0}\\{\frac{\sqrt{-a}}{2}≥1}\end{array}\right.$，即a≤-4時，（0，1]⊆（0，$\frac{\sqrt{-a}}{2}$]，則f（x）在（0，1]上是減函數(shù)，此時f_min（x）=f（1）=1，不合，舍去；
③若$\left\{\begin{array}{l}{a＜0}\\{\frac{\sqrt{-a}}{2}＜1}\end{array}\right.$，即-4＜a＜0時，f（x）在（0，$\frac{\sqrt{-a}}{2}$]上是減函數(shù)，在（$\frac{\sqrt{-a}}{2}$，1]上為增函數(shù)，
故在（0，1]上的最小值是f（$\frac{\sqrt{-a}}{2}$）=-$\frac{1}{4}a$+$\frac{a}{2}$ln$\frac{\sqrt{-a}}{2}$=0，
解得：a=-4e，不合，舍去．
綜合①、②、③可知不存在實數(shù)a，使f（x）在（0，1]上的最小值是0．
（3）由（1）知，當a＜0時，f（x）的在（0，$\frac{\sqrt{-a}}{2}$]上遞減，在[$\frac{\sqrt{-a}}{2}$，+∞）上遞增．
對于任意的x₁∈（0，+∞），存在x₂∈（0，1]，使得f（x₁）≥g（x₂），
則須f_min（x）≥g_min（x），
則f（$\frac{\sqrt{-a}}{2}$）=-$\frac{1}{4}a$+$\frac{a}{2}$ln$\frac{\sqrt{-a}}{2}$≥a，
解得a≥-4e⁵，
所以-4e⁵≤a＜0．

點評 本題考查了導數(shù)的綜合應用及恒成立問題與分類討論的思想應用．