Question

13．已知函数f（x）=alnx+2a，g（x）=x+$\frac{a}{x}$（其中a为常数，a∈R）．
（Ⅰ）求函数g（x）的单调区间；
（Ⅱ）当a＞0时，是否存在实数a，使得对于任意x₁、x₂∈[1，e]时，不等式f（x₁）-g（x₂）＞0恒成立？如果存在，求a的取值范围；如果不存在，说明理由（其中e是自然对数的底数，e=2.71828…）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题等价于f（x）_min＞g（x）_max，x∈[1，e]，通过讨论a的范围，集合函数的单调性求出a的具体范围即可．

解答 解：（Ⅰ）g′（x）=$\frac{{x}^{2}-a}{{x}^{2}}$，（x≠0），
①a≤0时，g′（x）＞0恒成立，
于是g（x）的递增区间是（-∞，0）和（0，+∞）；
②a＞0时，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（-∞，-$\sqrt{a}$），（$\sqrt{a}$，+∞）递增，在（-$\sqrt{a}$，0），（0，$\sqrt{a}$）递减，
综上，a≤0时，g（x）在（-∞，0）和（0，+∞）递增，
a＞0时，g（x）在（-∞，-$\sqrt{a}$），（$\sqrt{a}$，+∞）递增，在（-$\sqrt{a}$，0），（0，$\sqrt{a}$）递减；
（Ⅱ）a＞0时，对于任意x₁，x₂∈[1，e]时，不等式f（x₁）-g（x₂）＞0恒成立，
等价于f（x）_min＞g（x）_max，x∈[1，e]，
∵a＞0，∴f（x）=alnx+2a在[1，e]递增，
∴f（x）min=f（1）=2a；
由（Ⅰ）得，
①当$\sqrt{a}$≥e，即a≥e²时，g（x）在[1，e]递减，
g（x）_max=g（1）=1+a，2a＞1+a，∴a＞1；
故a≥e²时，f（x）_min＞g（x）_max，x∈[1，e]成立，
②1≤$\sqrt{a}$＜e时，g（x）_max=max{g（1），g（e）}，
当e≤a＜e²时，g（1）＞g（e），g（x）_max=g（1）=1+a，
2a＞1+a，∴a＞1，
故e≤a＜e²时，f（x）_min＞g（x）_max，x∈[1，e]成立，
当1≤a＜e时，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时，f（x）_min＞g（x）_max，x∈[1，e]成立；
③当$\sqrt{a}$≤1，即0＜a≤1时，g（x）_max=g（e）=e+$\frac{a}{e}$，
2a＞e+$\frac{a}{e}$，得a＞$\frac{{e}^{2}}{2e-1}$与0＜a≤1矛盾，
综上，存在实数a∈（$\frac{{e}^{2}}{2e-1}$，+∞）时，对于任意x₁，x₂∈[1，e]时，不等式f（x₁）-g（x₂）＞0恒成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道综合题．