Question

20．已知函数f（x）=x²-alnx（a＞0）的最小值是1．
（Ⅰ）求a；
（Ⅱ）若关于x的方程f²（x）e^x-6mf（x）+9me^-x=0在区间[1，+∞）有唯一的实根，求m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，求出f（x）的最小值，问题转化为$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$-1=0，记g（a）=$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$-1，（a＞0），根据函数的单调性求出a的值即可；
（Ⅱ）由条件可得f²（x）e^2x-6mf（x）e^x+9m=0，令g（x）=f（x）e^x=（x²-2lnx）e^x，原问题等价于方程t²-6mt+9m=0在区间[e，+∞）内有唯一解，通过讨论△的符号，求出m的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=2x-$\frac{a}{x}$=$\frac{2（x+\sqrt{\frac{a}{2}}）（x-\sqrt{\frac{a}{2}}）}{x}$，（x＞0），
所以，当0＜x＜$\sqrt{\frac{a}{2}}$时，f′（x）＜0，当x＞$\sqrt{\frac{a}{2}}$时，f′（x）＞0，
故f（x）_min=f（$\sqrt{\frac{a}{2}}$）=$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$，
由题意可得：$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$=1，即$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$-1=0，
记g（a）=$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$-1，（a＞0），
则函数g（a）的零点即为方程$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$=1的根；
由于g′（a）=-$\frac{1}{2}$ln$\frac{a}{2}$，故a=2时，g′（2）=0，
且0＜a＜2时，g′（a）＞0，a＞2时，g′（a）＜0，
所以a=2是函数g（a）的唯一极大值点，
所以g（a）≤g（2），又g（2）=0，
所以a=2．
（II）由条件可得f²（x）e^2x-6mf（x）e^x+9m=0，
令g（x）=f（x）e^x=（x²-2lnx）e^x，
则g′（x）=（x²+2x-$\frac{2}{x}$-2lnx）e^x，
令r（x）=x²+2x-$\frac{2}{x}$-2lnx（x≥1），
则${r^'}（x）=2x+2+\frac{2}{x^2}-\frac{2}{x}＞2x-\frac{2}{x}=\frac{{2（{x^2}-1）}}{x}≥0$，
r（x）在区间[1，+∞）内单调递增，
∴g（x）≥g（1）=e；
所以原问题等价于方程t²-6mt+9m=0在区间[e，+∞）内有唯一解，
当△=0时可得m=0或m=1，经检验m=1满足条件，
当△＞0时可得m＜0或m＞1，
所以e²-6me+9m≤0，解之得：m≥$\frac{{e}^{2}}{6e-9}$，
综上，m的取值范围是{m|m=1或m≥$\frac{{e}^{2}}{6e-9}$}．

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，是一道综合题．