Question

4．已知f（x）=$\frac{{x}^{2}+ax+\frac{1}{2}}{x}$，x∈（0，+∞）．
（1）寫出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，并證明；
（2）若f（x）＞0恒成立，求實數(shù)a的范圍．

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的增區(qū)間為（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞），減區(qū)間為（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），由單調(diào)性的定義，即可得證；
（2）由題意可得x²+ax+$\frac{1}{2}$＞0在x＞0恒成立，即為-a＜x+$\frac{1}{2x}$的最小值，運用基本不等式即可得到最小值，進而得到a的范圍．

解答 解：（1）f（x）=$\frac{{x}^{2}+ax+\frac{1}{2}}{x}$=x+$\frac{1}{2x}$+a（x＞0），
f（x）的增區(qū)間為（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞），減區(qū)間為（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
理由如下：設(shè)m＞n＞$\frac{\sqrt{2}}{2}$，則f（m）-f（n）=m+$\frac{1}{2m}$+a-n-$\frac{1}{2n}$-a
=（m-n）+$\frac{n-m}{2mn}$=（m-n）（1-$\frac{1}{2mn}$）=（m-n）•$\frac{2mn-1}{2mn}$，
由m＞n＞$\frac{\sqrt{2}}{2}$，可得m-n＞0，mn＞$\frac{1}{2}$，即2mn-1＞0，
則f（m）-f（n）＞0，則f（x）在（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞）遞增，
同理可得f（x）在（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）遞減．
（2）若f（x）＞0恒成立，
則x²+ax+$\frac{1}{2}$＞0在x＞0恒成立，
即為-a＜x+$\frac{1}{2x}$的最小值，
由x+$\frac{1}{2x}$≥2$\sqrt{x•\frac{1}{2x}}$=$\sqrt{2}$，
當(dāng)且僅當(dāng)x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$時，取得最小值$\sqrt{2}$．
即有-a≤$\sqrt{2}$，
解得a≥-$\sqrt{2}$．

點評 本題考查函數(shù)的單調(diào)性的判斷和證明，同時考查不等式恒成立問題的解法，注意運用參數(shù)分離和基本不等式，屬于中檔題．