Question

7．已知函數(shù)f（x）=x+a$\sqrt{x}$-$\frac{1}{2}$lnx（a∈R）
（1）若曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線經(jīng)過點(diǎn)（2，3），求a的值：
（2）若f（x）在區(qū)間（$\frac{1}{4}$，1）上存在極值點(diǎn)，判斷該極值點(diǎn)是極大值點(diǎn)還是極小值點(diǎn)，并求a的取值范圍；
（3）若當(dāng)x＞0時，f（x）＞0恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算f（1），f′（1）的值，求出切線方程，代入（2，3），求出a的值即可；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，設(shè)f（x）的一個極值點(diǎn)是m，得到a=$\frac{1}{\sqrt{m}}$-2$\sqrt{m}$，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（3）問題轉(zhuǎn)化為a＞$\frac{\frac{1}{2}lnx-x}{\sqrt{x}}$對?x＞0恒成立，設(shè)g（x）=$\frac{\frac{1}{2}lnx-x}{\sqrt{x}}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：（1）f′（x）=1+$\frac{a}{2\sqrt{x}}$-$\frac{1}{2x}$，
故f′（1）=$\frac{1}{2}$+$\frac{a}{2}$，f（1）=1+a，
故切線方程是：y-（1+a）=（$\frac{1}{2}$+$\frac{a}{2}$）（x-1），
將x=2，y=3代入得：3-（1+a）=$\frac{1}{2}$+$\frac{a}{2}$，解得：a=1；
（2）f（x）的定義域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{2x+a\sqrt{x}-1}{2x}$，
設(shè)f（x）的一個極值點(diǎn)是m，則2m+a$\sqrt{m}$-1=0，即a=$\frac{1}{\sqrt{m}}$-2$\sqrt{m}$，
故f′（x）=$\frac{（2\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{m}}）（\sqrt{x}-\sqrt{m}）}{2x}$，
x∈（0，m]時，f′（x）＜0，x∈（m，+∞）時，f′（x）＞0，
故f（x）在（0，+∞）遞減，在（m，+∞）遞增，
故m是f（x）的唯一的極值點(diǎn)，且是極小值點(diǎn)，
由題設(shè)得m∈（$\frac{1}{4}$，1），
∵函數(shù)a=$\frac{1}{\sqrt{m}}$-2$\sqrt{m}$在（$\frac{1}{4}$，1）遞減，
∴$\frac{1}{\sqrt{1}}$-2$\sqrt{1}$＜a＜$\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{4}}}$-2$\sqrt{\frac{1}{4}}$，即-1＜a＜1，
故a的范圍是（-1，1）；
（3）x＞0時，f（x）＞0恒成立，
則x+a$\sqrt{x}$-$\frac{1}{2}$lnx＞0恒成立，
即a＞$\frac{\frac{1}{2}lnx-x}{\sqrt{x}}$對?x＞0恒成立，
設(shè)g（x）=$\frac{\frac{1}{2}lnx-x}{\sqrt{x}}$，求導(dǎo)得g′（x）=$\frac{1-x-\frac{1}{2}lnx}{2x\sqrt{x}}$，
設(shè)h（x）=1-x-$\frac{1}{2}$lnx，（x＞0），
顯然h（x）在（0，+∞）遞減，
又h（1）=0，則當(dāng)0＜x＜1時，h（x）＞h（1）=0，從而g′（x）＞0，
當(dāng)x＞1時，h（x）＜h（1）=0，從而g′（x）＜0，
g（x）在（0，1）遞增，在（1，+∞）遞減，
故g（x）max=g（1）=-1，故a＞-1，
即a的范圍是（-1，+∞）．

點(diǎn)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，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．