Question

3．已知函數(shù)f（x）=alnx+x²（a為常數(shù)）
（Ⅰ）當(dāng)a=-4時，求函數(shù)y=f（x）在[1，e]上的最大值及其相應(yīng)的x值．
（Ⅱ）若a＞0，對于滿足1≤x₁≤x₂≤e的任意的x₁，x₂，都有|f（x₁）-f（x₂）|≤|${\frac{1}{x_1}$-$\frac{1}{x_2}}$|．求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)a=-4時，$f'（x）=\frac{{2{x^2}-4}}{x}（x＞0）$，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出函數(shù)y=f（x）在[1，e]上的最大值及其相應(yīng)的x值．
（Ⅱ）當(dāng)a＞0時，$f'（x）=\frac{{2{x^2}+a}}{x}$，要證 $|f（{x_1}）-f（{x_2}）|≤|{\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}}|$，即證$f（{x_2}）+\frac{1}{x_2}≤$$f（{x_1}）+\frac{1}{x_1}$，需證函數(shù)$g（x）=f（x）+\frac{1}{x}$在[1，e]時是減函數(shù)，設(shè)$h（x）=\frac{1}{x}-2{x^2}$，$h'（x）=-\frac{1}{x^2}-4x＜0$，由此能求出結(jié)果．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a=-4時，f（x）=-4lnx+x²，
∴f（x）的定義域為x＞0，$f'（x）=\frac{{2{x^2}-4}}{x}（x＞0）$…（1分）
當(dāng)$x∈[{1，\sqrt{2}}）$，f'（x）＜0．當(dāng)$x∈（{\sqrt{2}，e}]$，f'（x）＞0…（2分）
f（e）-f（1）=-4+e²-1＞0，…（3分）
故$f{（x）_{max}}=f（e）={e^2}-4$，當(dāng)x=e時取等號．…（4分）
（Ⅱ）當(dāng)a＞0時，$f'（x）=\frac{{2{x^2}+a}}{x}$，
∵x＞0，f'（x）＞0f（x）在x∈[1，e]上是增函數(shù)，
又函數(shù)$y=\frac{1}{x}$在x∈[1，e]上是減函數(shù)．…（5分）             
由1≤x₁≤x₂≤e，則有|f（x₁）-f（x₂）|=f（x₂）-f（x₁），$|{\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}}|$=$\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}$…（6分）
要證 $|f（{x_1}）-f（{x_2}）|≤|{\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}}|$，即證f（x₂）-f（x₁）≤$\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}$
即是證$f（{x_2}）+\frac{1}{x_2}≤$$f（{x_1}）+\frac{1}{x_1}$，需證函數(shù)$g（x）=f（x）+\frac{1}{x}$在[1，e]時是減函數(shù)．…（8分）
∴$g'（x）=\frac{a}{x}+2x-\frac{1}{x^2}≤$在[1，e]恒成立，即$a≤\frac{1}{x}-2{x^2}$在[1，e]恒成立，…（9分）
設(shè)$h（x）=\frac{1}{x}-2{x^2}$，$h'（x）=-\frac{1}{x^2}-4x＜0$，即h（x）在[1，e]是減函數(shù)…（10分）
∴$a≤\frac{1}{e}-2{e^2}$，…（11分）
又∵a＞0，∴滿足條件的a不存在，即a∈∅．…（12分）

點評 本題考查函數(shù)在閉區(qū)間上的最大值及其相應(yīng)的x值的求法，考查實數(shù)的取值范圍的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的合理運用．