Question

15．已知函數(shù) f（x）=a（x-$\frac{1}{x}$）-2lnx（a∈R）．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)函數(shù)g（x）=-$\frac{a}{x}$．若至少存在一個(gè)x₀∈[1，4]，使得 f（x₀）＞g（x₀）成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論①當(dāng)a≤0時(shí)②當(dāng)0＜a＜1時(shí)③當(dāng)a≥1時(shí)，從而得出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）=a（x-$\frac{1}{x}$）-2lnx，其定義域?yàn)閤＞0
∴f′（x）=a（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$）-$\frac{2}{x}$=$\frac{a（1{+x}^{2}）-2x}{{x}^{2}}$，
令a（1+x²）-2x=ax²-2x+a=0，
∴△=4-4a²≥0，解得：-1≤a≤1
∵x＞0，∴0＜a≤1時(shí)f′（x）=0有解，
①當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＜0，∴函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞減；
②當(dāng)0＜a＜1時(shí)，令a（1+x²）-2x=0，解得：x=$\frac{1+\sqrt{1{-a}^{2}}}{a}$，
x∈（0，$\frac{1+\sqrt{1{-a}^{2}}}{a}$）時(shí)，f′（x）＞0，x∈（  $\frac{1+\sqrt{1{-a}^{2}}}{a}$，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，
③當(dāng)a≥1時(shí)，f′（x）≥0，函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)單調(diào)增，
綜上：當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，
當(dāng)0＜a＜1時(shí)，x∈（0，$\frac{1+\sqrt{1{-a}^{2}}}{a}$）時(shí)，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；，x∈（  $\frac{1+\sqrt{1{-a}^{2}}}{a}$，+∞）時(shí)，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)a≥1時(shí)，函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)單調(diào)增．（2）因?yàn)榇嬖谝粋�(gè)x₀∈[1，4]使得f（x₀）＞g（x₀），
則ax₀＞2lnx₀，等價(jià)于a＞$\frac{2l{nx}_{0}}{{x}_{0}}$，
令F（x）=$\frac{2lnx}{x}$，等價(jià)于“當(dāng)x∈[1，4]時(shí)，a＞F（x）_min”．
對(duì)F（x）求導(dǎo)，得F′（x）=$\frac{2（1-lnx）}{{x}^{2}}$，
因?yàn)楫?dāng)x∈[1，e]時(shí)，F(xiàn)′（x）≥0，所以F（x）在[1，e]上單調(diào)遞增．
當(dāng)x∈[e，4]時(shí)，F(xiàn)′（x）＜0，所以F（x）在[e，4]上單調(diào)遞減．
所以F（x）_min=F（1）=0，因此a＞0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義、導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性及求函數(shù)的最值問題，考查學(xué)生分析問題解決問題的能力，對(duì)于“能成立”問題及“恒成立”問題往往轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值解決．