Question

16．已知函數(shù)$f（x）=x+\frac{a}{x}，a∈R，g（x）={x^2}-2mx+2，m∈R$
（1）當(dāng)a＜0時，判斷f（x）在（0，+∞）上的單調(diào)性；
（2）當(dāng)a=-4時，對任意的實數(shù)x₁，x₂∈[1，2]，都有f（x₁）≤g（x₂），求實數(shù)m的取值范圍；
（3）當(dāng)$m=\frac{3}{2}時$，$F（x）=\left\{\begin{array}{l}f（x），x＜\frac{1}{2}且x≠0\\ g（x），x≥\frac{1}{2}\end{array}\right.$，y=|F（x）|在（0，1）上單調(diào)遞減，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過a的符號，判斷函數(shù)的符號，求出函數(shù)的單調(diào)性即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為f（x）_max≤g（x）_min，求出f（x）的最大值，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)得到關(guān)于m的不等式組，解出即可；
（3）通過討論a的范圍，得到關(guān)于a的不等式組，解出即可．

解答 解：（1）a＜0時，f′（x）=1-$\frac{a}{{x}^{2}}$＞0，
故f（x）在（0，+∞）遞增；
（2）若對任意的實數(shù)x₁，x₂∈[1，2]，都有f（x₁）≤g（x₂），
則f（x）_max≤g（x）_min，
a=-4時，f（x）=x-$\frac{4}{x}$，f′（x）=1+$\frac{4}{{x}^{2}}$＞0，
f（x）在[1，2]遞增，
∴f（x）_max=f（2）=0，
而g（x）=x²-2mx+2，x∈[1，2]，
對稱軸x=m，
由題意得：
$\left\{\begin{array}{l}{m≤1}\\{g（1）=3-2m≥0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{1＜m＜2}\\{g（m）=2{-m}^{2}≥0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{m≥2}\\{g（2）=4-4m+2≥0}\end{array}\right.$，
解得：m≤1或1＜m≤$\sqrt{2}$或m∈∅，
故m≤$\sqrt{2}$；
（3）a=0時，顯然不成立，
a＞0時，f（x）＞0在（0，$\frac{1}{2}$）恒成立且在（0，$\frac{1}{2}$）上遞減，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{a}≥\frac{1}{2}}\\{\frac{1}{2}+\frac{a}{\frac{1}{2}}≥g（\frac{1}{2}）=\frac{3}{4}}\end{array}\right.$，解得：a≥$\frac{1}{4}$，
a＜0時，|f（x）|要在（0，$\frac{1}{2}$）遞減，
則$\left\{\begin{array}{l}{f（\frac{1}{2}）=\frac{1}{2}+\frac{a}{\frac{1}{2}}≤0}\\{|f（\frac{1}{2}）|=-（\frac{1}{2}+\frac{a}{\frac{1}{2}}）≥\frac{3}{4}}\end{array}\right.$，解得：a≤-$\frac{5}{8}$，
綜上，a≤-$\frac{5}{8}$或a≥$\frac{1}{4}$．

點評 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)用以及二次函數(shù)的性質(zhì)，是一道中檔題．