Question

10．己知函數(shù)f（x）=ax+$\frac{a}{x}$-3lnx．
（1）當(dāng)a=2時，求f（x）的最小值；
（2）若f（x）在[1，e]上為單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）若存在實常數(shù)k和b，使得函數(shù)f（x）和g（x）對各自定義域上的任意實數(shù)x分別滿足：f（x）≥kx+b和g（x）≤kx+b成立，則稱直線l：y=kx+b為f（x）和g（x）的“隔離直線”．當(dāng)a=0時，令g（x）=$\frac{-2e}{3}$f（x）（e為自然對數(shù)的底數(shù)），h（x）=x²（x∈R），則函數(shù)g（x）和h（x）是否存在隔離直線？若存在，求出此隔離直線方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）對f（x）求導(dǎo)，由函數(shù)的單調(diào)性確定出最值．
（2）對f（x）求導(dǎo)，由導(dǎo)函數(shù)的性質(zhì)，找出在[1，e]上恒正或恒負的條件即可．
（3）存在g（x）和h（x）的隔離直線，那么該直線過這個公共點，設(shè)隔離直線斜率為k，可構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最值．

解答 解：（1）當(dāng)a=2時，f（x）=2x+$\frac{2}{x}$-3lnx，
∴f（x）的定義域為（0，+∞），
f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-3x-2}{{x}^{2}}$=$\frac{（2x+1）（x-2）}{{x}^{2}}$，
∴f（x）在區(qū)間（0，2）單調(diào)遞增，在區(qū)間（2，+∞）單調(diào)遞減，
f（x）的最大值為f（2）=5-3ln2，
（2）∵f（x）=ax+$\frac{a}{x}$-3lnx．
∴f′（x）=$\frac{a{x}^{2}-3x-a}{{x}^{2}}$，
令F（x）=ax²-3x-a，
則F（x）的對稱軸為，
①a=0時，f′（x）＜0在[1，e]上恒成立，即f（x）在[1，e]上為單調(diào)函數(shù)，
②a＞0時，∵f′（1）=-3，∴只需f′（e）＜0即可，
即0＜a＜$\frac{3e}{{e}^{2}-1}$，
③a＜0時，∵f′（1）=-3，∴只需f′（e）＜0即可，
即a＜$\frac{3e}{{e}^{2}-1}$（舍掉），
綜上所述，0≤a＜$\frac{3e}{{e}^{2}-1}$，
（3）g（x）=2elnx，h（x）=x²，
令F（x）=h（x）-g（x）=x²-2elnx（x＞0），∴F′（x）=2x-$\frac{2e}{x}$，
令F′（x）=0，得x=$\sqrt{e}$，
從而函數(shù)g（x）和h（x）的圖象在x=$\sqrt{e}$處有公共點，
∴存在g（x）和h（x）的隔離直線，那么該直線過這個公共點，設(shè)隔離直線斜率為k，
則隔離直線為y-e=k（x-$\sqrt{e}$），即y=kx-k$\sqrt{e}$+e，
由h（x）≥kx-k$\sqrt{e}$+e可得，x²-kx+k$\sqrt{e}$-e≥0，當(dāng)x∈R恒成立，
則△=k²-4k$\sqrt{e}$+4e=（k-2$\sqrt{e}$）²≤0，只有k=2$\sqrt{e}$時，等號成立，此時直線方程為y=2$\sqrt{e}$x-e，
同理證明，由g（x）≤kx-k$\sqrt{e}$+e，可得只有k=2$\sqrt{e}$時，等號成立，此時直線方程為y=2$\sqrt{e}$x-e，
綜上可得，函數(shù)g（x）和h（x）存在唯一的隔離直線y=2$\sqrt{e}$x-e．

點評 本題以函數(shù)為載體，考查新定義，關(guān)鍵是對新定義的理解，考查函數(shù)求導(dǎo)，利用函數(shù)最值，屬于難題．