Question

16．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；
（2）若對任意的x₁，x₂∈[1，e]都有f（x₁）≥g（x₂）成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）$h（x）=2x+\frac{a^2}{x}+lnx$，其定義域為（0，+∞）．$h'（x）=2-\frac{a^2}{x^2}+\frac{1}{x}$．由x=1是函數(shù)h（x）的極值點，得h'（1）=0，即3-a²=0，解得a．
（2）對任意的x₁，x₂∈[1，e]都有f（x₁）≥g（x₂）成立等價于對任意的x₁，x₂∈[1，e]都有f（x）_min≥g（x）_max．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值即可得出．

解答 解：（1）因為$h（x）=2x+\frac{a^2}{x}+lnx$，其定義域為（0，+∞）
所以$h'（x）=2-\frac{a^2}{x^2}+\frac{1}{x}$．由x=1是函數(shù)h（x）的極值點，得h'（1）=0，即3-a²=0，
又由a＞0，得$a=\sqrt{3}$-------------------（3分）
經(jīng)檢驗，當(dāng)$a=\sqrt{3}$時，x=1是函數(shù)h（x）的極值點．所以$a=\sqrt{3}$----------（4分）
（2）對任意的x₁，x₂∈[1，e]都有f（x₁）≥g（x₂）成立等價于
對任意的x₁，x₂∈[1，e]都有f（x）_min≥g（x）_max．
當(dāng)$x∈[{1，e}]時g'（x）=1+\frac{1}{x}＞0$，所以函數(shù)g（x）在[1，e]上是增函數(shù)．
所以g（x）_max=g（e）=e+1-------------------（6分）
又由$f'（x）=1-\frac{a^2}{x^2}=\frac{（x+a）（x-a）}{x^2}$，且x∈[1，e]，a＞0
①當(dāng)0＜a＜1且x∈[1，e]時，$f'（x）=\frac{（x+a）（x-a）}{x^2}＞0$
所以函數(shù)f（x）在[1，e]上是增函數(shù)．所以$f{（x）_{min}}=f（1）=1+{a^2}$
由$1+{a^2}≥1+e，得a≥\sqrt{e}$，又由0＜a＜1知a不合題意，舍去．-----------（8分）
②當(dāng)1≤a≤e時
若1≤x＜a，則$f'（x）=\frac{（x+a）（x-a）}{x^2}＜0$
若a＜x≤e，則$f'（x）=\frac{（x+a）（x-a）}{x^2}＞0$
所以函數(shù)f（x）在[1，a）上是減函數(shù)，在（a，e]上是增函數(shù)．
所以f（x）_min=f（a）=2a．由$2a≥e+1得a≥\frac{e+1}{2}$．
又1≤a≤e，所以$\frac{e+1}{2}≤a≤e$．-------------------（10分）
③當(dāng)a＞e且x∈[1，e]時，$f'（x）=\frac{（x+a）（x-a）}{x^2}＜0$，
所以函數(shù)f（x）在[1，e]上是減函數(shù)，所以$f{（x）_{min}}=f（e）=e+\frac{a^2}{e}$．
由$e+\frac{a^2}{e}≥1+e$得$a≥\sqrt{e}$，又a＞e，所以a＞e．
綜上所述，a的取值范圍為$[{\frac{e+1}{2}，+∞}）$．----------------（12分）

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性極值與最值、不等式的解法、分類討論方法、等價轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．