Question

6．已知函數(shù)f（x）=x²-alnx（a∈R），g（x）=x²+（a+2）x+1
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間
（2）若a＞0，且對任意x₁∈[-1，2]，都存在x₂∈（0，+∞），使得g（x₁）=f（x₂），求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出導(dǎo)數(shù)，對a討論，分當(dāng)a≤0時(shí)，當(dāng)a＞0時(shí)，由導(dǎo)數(shù)大于0，得增區(qū)間，由導(dǎo)數(shù)小于0，得減區(qū)間；
（2）根據(jù)題意得出f（x）=x²-alnx，a∈R，x₂∈（0，+∞），的值域A，g（x）=x²+（a+2）x+1，x₁∈[-1，2]的值域?yàn)锽，即B⊆A，分類討論當(dāng)a≤0時(shí)，②當(dāng)a＞0時(shí)，利用最小值的關(guān)系，求解即可得出范圍．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=x²-alnx（a∈R），
導(dǎo)數(shù)f′（x）=2x-$\frac{a}{x}$（x＞0）=$\frac{2{x}^{2}-a}{x}$，
當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＞0，f（x）遞增；
當(dāng)a＞0時(shí)，由f′（x）＞0，解得x＞$\sqrt{\frac{a}{2}}$，f′（x）＜0，解得0＜x＜$\sqrt{\frac{a}{2}}$．
綜上可得，當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）的增區(qū)間為（0，+∞）；
當(dāng)a＜0時(shí)，f（x）的減區(qū)間為（0，$\sqrt{\frac{a}{2}}$），增區(qū)間為（$\sqrt{\frac{a}{2}}$，+∞）；
（2）∵對任意x₁∈[-1，2]．都存在x₂∈（0，+∞），使得g（x₁）=f（x₂），
設(shè)f（x）=x²-alnx，a∈R，x₂∈（0，+∞）的值域A，
g（x）=x²+（a+2）x+1，x₁∈[-1，2]的值域?yàn)锽，
∴B⊆A，
①當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）=x²-alnx，a∈R，x∈（0，+∞），單調(diào)遞增，
∴f（x）的值域?yàn)锳=R，
∵g（x）=x²+（a+2）x+1，x∈[-1，2]的值域?yàn)锽是一個(gè)閉區(qū)間，
∴B⊆A，
∴對任意x₁∈[-1，2]．都存在x₂∈（0，+∞），使得g（x₁）=f（x₂），
②當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）=x²-alnx，a∈R，x∈（0，+∞），
f′（x）=2x-$\frac{a}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-a}{x}$，
可判斷（0，$\sqrt{\frac{a}{2}}$）單調(diào)遞減，（$\sqrt{\frac{a}{2}}$，+∞）單調(diào)遞增，
∴f（x）_min=f（$\sqrt{\frac{a}{2}}$）=$\frac{a}{2}$-aln$\sqrt{\frac{a}{2}}$，
∴值域A=[$\frac{a}{2}$-aln$\sqrt{\frac{a}{2}}$，+∞），
∵g（x）=x²+（a+2）x+1，x∈[-1，2]，
x=-1-$\frac{a}{2}$＜-1，
∴g（x）=x²+（a+2）x+1，x∈[-1，2]，單調(diào)遞增，
g（x）_min=g（-1）=-a，
要滿足B⊆A，只需-a≥$\frac{a}{2}$-aln$\sqrt{\frac{a}{2}}$，即a≥2e³，
由①②得a的取值范圍為：a≤0或a≥2e³．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和值域，考查了兩個(gè)函數(shù)值域的關(guān)系，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，再求解值域，本題的關(guān)鍵是確定兩個(gè)函數(shù)的值域的關(guān)系得出不等關(guān)系．