Question

9．已知函数$f（x）=x+\frac{a^2}{x}$，g（x）=x+lnx，其中a＞0．
（Ⅰ）当a=2时，求函数f（x）的单调递减区间；
（Ⅱ）若对任意的x₁，x₂∈[1，e]（e为自然对数的底数）都有f（x₁）≥g（x₂）成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题等价于在定义域[1，e]内有f（x）_min≥g（x）_max，通过讨论a的范围分别求出f（x），g（x）的最值，求出a的范围即可．

解答 解：（I）当a=2时，$f（x）=x+\frac{4}{x}$（x≠0），
令$f'（x）=1-\frac{4}{x^2}＜0$，解得-2＜x＜0或0＜x＜2，
则函数f（x）的单调递减区间为（-2，0），（0，2）…（4分）
（ II）对任意的x₁，x₂∈[1，e]都有f（x₁）≥g（x₂）成立
等价于在定义域[1，e]内有f（x）_min≥g（x）_max，
当x∈[1，e]时，$g'（x）=1+\frac{1}{x}＞0$，
∴函数g（x）=x+lnx在[1，e]上是增函数，
∴g（x）_max=g（e）=e+1…（6分）
∵$f'（x）=1-\frac{a^2}{x^2}=\frac{（x+a）（x-a）}{x^2}$，且x∈[1，e]，a＞0．
①当0＜a≤1且x∈[1，e]时，$f'（x）=\frac{（x+a）（x-a）}{x^2}≥0$（仅在x=1且a=1时取等号），
∴函数$f（x）=x+\frac{a^2}{x}$在[1，e]上是增函数，
∴$f{（x）_{min}}=f（1）=1+{a^2}$．
由1+a²≥e+1，得$a≥\sqrt{e}$，
又0＜a＜1，∴$a≥\sqrt{e}$不合题意．
②当1＜a＜e时，
若1＜x＜a，则$f'（x）=\frac{（x+a）（x-a）}{x^2}＜0$，
若a＜x＜e，则$f'（x）=\frac{（x+a）（x-a）}{x^2}＞0$．
∴函数f（x）在[1，a）上是减函数，在（a，e]上是增函数．
∴f（x）_min=f（a）=2a．
由2a≥e+1，得$a≥\frac{e+1}{2}$，
又1＜a＜e，∴$\frac{e+1}{2}≤a＜e$．
③当a≥e且x∈[1，e]时，$f'（x）=\frac{（x+a）（x-a）}{x^2}≤0$，（仅在x=e且a=e时取等号）
∴函数$f（x）=x+\frac{a^2}{x}$在[1，e]上是减函数．
∴$f{（x）_{min}}=f（e）=e+\frac{a^2}{e}$．
由$e+\frac{a^2}{e}≥e+1$，得$a≥\sqrt{e}$，
又a≥e，∴a≥e．
综上所述：$a∈[\frac{e+1}{2}，+∞）$…（12分）

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，转化思想，是一道中档题．