Question

13．已知函數(shù)f（x）=alnx+2a，g（x）=x+$\frac{a}{x}$（其中a為常數(shù)，a∈R）．
（Ⅰ）求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當a＞0時，是否存在實數(shù)a，使得對于任意x₁、x₂∈[1，e]時，不等式f（x₁）-g（x₂）＞0恒成立？如果存在，求a的取值范圍；如果不存在，說明理由（其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，e=2.71828…）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）問題等價于f（x）_min＞g（x）_max，x∈[1，e]，通過討論a的范圍，集合函數(shù)的單調(diào)性求出a的具體范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）g′（x）=$\frac{{x}^{2}-a}{{x}^{2}}$，（x≠0），
①a≤0時，g′（x）＞0恒成立，
于是g（x）的遞增區(qū)間是（-∞，0）和（0，+∞）；
②a＞0時，由g′（x）＞0，解得：x＜-$\sqrt{a}$或x＞$\sqrt{a}$，
由g′（x）＜0，解得：-$\sqrt{a}$＜x＜0或0＜x＜$\sqrt{a}$，
故g（x）在（-∞，-$\sqrt{a}$），（$\sqrt{a}$，+∞）遞增，在（-$\sqrt{a}$，0），（0，$\sqrt{a}$）遞減，
綜上，a≤0時，g（x）在（-∞，0）和（0，+∞）遞增，
a＞0時，g（x）在（-∞，-$\sqrt{a}$），（$\sqrt{a}$，+∞）遞增，在（-$\sqrt{a}$，0），（0，$\sqrt{a}$）遞減；
（Ⅱ）a＞0時，對于任意x₁，x₂∈[1，e]時，不等式f（x₁）-g（x₂）＞0恒成立，
等價于f（x）_min＞g（x）_max，x∈[1，e]，
∵a＞0，∴f（x）=alnx+2a在[1，e]遞增，
∴f（x）min=f（1）=2a；
由（Ⅰ）得，
①當$\sqrt{a}$≥e，即a≥e²時，g（x）在[1，e]遞減，
g（x）_max=g（1）=1+a，2a＞1+a，∴a＞1；
故a≥e²時，f（x）_min＞g（x）_max，x∈[1，e]成立，
②1≤$\sqrt{a}$＜e時，g（x）_max=max{g（1），g（e）}，
當e≤a＜e²時，g（1）＞g（e），g（x）_max=g（1）=1+a，
2a＞1+a，∴a＞1，
故e≤a＜e²時，f（x）_min＞g（x）_max，x∈[1，e]成立，
當1≤a＜e時，g（x）_max=g（e）=e+$\frac{a}{e}$，
2a＞e+$\frac{a}{e}$，得a＞$\frac{{e}^{2}}{2e-1}$，又1≤a＜e，
故$\frac{{e}^{2}}{2e-1}$＜a＜e時，f（x）_min＞g（x）_max，x∈[1，e]成立；
③當$\sqrt{a}$≤1，即0＜a≤1時，g（x）_max=g（e）=e+$\frac{a}{e}$，
2a＞e+$\frac{a}{e}$，得a＞$\frac{{e}^{2}}{2e-1}$與0＜a≤1矛盾，
綜上，存在實數(shù)a∈（$\frac{{e}^{2}}{2e-1}$，+∞）時，對于任意x₁，x₂∈[1，e]時，不等式f（x₁）-g（x₂）＞0恒成立．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道綜合題．