分析 (1)求出函數(shù)的導數(shù),通過討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可;
(2)通過討論a的范圍求出f(x)在[1,e]的最大值,求出g(x)在[e,e2]的最小值,問題轉(zhuǎn)化為f(x)max>g(x)min即可,得到關(guān)于a的不等式組,解出即可.
解答 解:(1)∵f(x)=x+$\frac{{{a^{\;}}}}{x}$,(x≠0),
∴f′(x)=1-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-a}{{x}^{2}}$,
①a≤0時,f′(x)>0,f(x)在(-∞,0),(0,+∞)遞增;
②a>0時,令f′(x)>0,解得:x>$\sqrt{a}$或x<-$\sqrt{a}$,
令f′(x)<0,解得:-$\sqrt{a}$<x<$\sqrt{a}$且x≠0,
∴f(x)在(-∞,-$\sqrt{a}$)遞增,在(-$\sqrt{a}$,0),(0,$\sqrt{a}$)遞減,在($\sqrt{a}$,+∞)遞增;
(2)由(1)得:
①a≤1時,f(x)在[1,e]遞增,
∴f(x)在[1,e]的最大值是f(e)=e+$\frac{a}{e}$,
②1<a<e時,f(x)在[1,a)遞減,在(a,e]遞增,
∴f(x)的最大值是f(1)或f(e),
而f(1)=1+a<f(e)=e+$\frac{a}{e}$,
∴f(x)在[1,e]的最大值是e+$\frac{a}{e}$,
③a≥e時,f(x)在[1,e]遞減,
∴f(x)在[1,e]的最大值是f(1)=1+a,
而g(x)=x+lnx,g′(x)=1+$\frac{1}{x}$>0,
∴g(x)在[e,e2]遞增,g(x)的最小值是g(e)=1+e,
若存在x1∈[1,e],x2∈[e,e2],使得f(x1)≥g(x2)成立,
只需f(x)max>g(x)min即可,
∴$\left\{\begin{array}{l}{a<e}\\{e+\frac{a}{e}>1+e}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a≥e}\\{1+a≥1+e}\end{array}\right.$,
解得:a≥e.
點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題,考查導數(shù)的應用以及分類討論思想,是一道中檔題.
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