Question

2．已知函数f（x）=lnx+$\frac{2a}{x}$，a∈R．
（Ⅰ）若函数f（x）在[2，+∞）上是增函数，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）若x∈[1，e]，求函数f（x）的最大值和最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函数的导函数，由导函数在[2，+∞）大于等于0恒成立得到x-2a≥0在[2，+∞）恒成立，分离变量a后即可得到a的取值范围；
（Ⅱ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，确定函数的单调区间，求出函数的最大值和最小值即可．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=lnx+$\frac{2a}{x}$，a∈R，所以f′（x）=$\frac{x-2a}{{x}^{2}}$，
若函数f（x）在[2，+∞）上是增函数，则f′（x）≥0在[2，+∞）恒成立，
即x-2a≥0在[2，+∞）恒成立，也就是a≤$\frac{x}{2}$在[2，+∞）恒成立，
所以a≤1．
所以使函数f（x）在[2，+∞）上是增函数的实数a的取值范围是（-∞，1]；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，以f′（x）=$\frac{x-2a}{{x}^{2}}$，x∈[1，e]，
（1）当2a＜1即a＜$\frac{1}{2}$时，∵x∈[1，e]，∴x＞2a，f′（x）＞0，
∴f（x）在[1，e]上为增函数，∴f（x）_max=f（e）=1+$\frac{2a}{e}$，f（x）_min=f（1）=2a，
（2）当1≤2a≤e，即$\frac{1}{2}$≤a≤$\frac{e}{2}$时，
令f′（x）=0，得：x=2a，当2a＜x＜e时，f′（x）＞0，f（x）在（2a，e）递增，
当1＜x＜2a时，f′（x）＜0，f（x）在（1，2a）递减，
∴x=2a的极小值点，也是最小值点，
f（x）_min=f（2a）=1+ln（2a），∵f（1）=2a，f（e）=1+$\frac{2a}{e}$，
①当2a≥1+$\frac{2a}{e}$，即$\frac{e}{2（e-1）}$≤a≤$\frac{e}{2}$时，f（x）_max=f（1）=2a；
②当2a＜1+$\frac{2a}{e}$，即$\frac{1}{2}$≤a＜$\frac{e}{2（e-1）}$时，f（x）_max=f（e）=1+$\frac{2a}{e}$；
（3）当2a＞e，即a＞$\frac{e}{2}$时，
∵x∈[1，e]，∴x＜2a，f′（x）＜0，f（x）在[1，e]递减，
f（x）_max=f（1）=2a，f（x）_min=f（e）=1+$\frac{2a}{e}$，
综上：f（x）_max=g（a）=$\left\{\begin{array}{l}{1+\frac{2a}{e}，a＜\frac{e}{2（e-1）}}\\{2a，a≥\frac{e}{2（e-1）}}\end{array}\right.$，
f（x）_min=g（a）=$\left\{\begin{array}{l}{2a，a＜\frac{1}{2}}\\{1+ln（2a），\frac{1}{2}≤a≤\frac{e}{2}}\\{1+\frac{2a}{e}，a＞\frac{e}{2}}\end{array}\right.$．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数在闭区间上的最值，考查了分类讨论的数学思想方法，训练了利用分离变量法求参数的范围，解答的关键是会求基本初等函数的导函数和对变量的正确分类，是难题．