Question

已知函數(shù)f（x）=a（x-

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）=-

a

x

，若至少存在一個(gè)x₀∈[1，e]，使得f（x₀）＞g（x₀）成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專(zhuān)題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)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；
（2）將問(wèn)題至少存在一個(gè)x₀∈[1，e]，使得f（x₀）＞g（x₀）成立，轉(zhuǎn)化為否定是?x∈[1，e]，有f（x）≤g（x）成立，從而求出a的范圍．

解答： 解：（1）∵函數(shù)f（x）=a（x-

1

x

）-2lnx，其定義域?yàn)閤＞0
∴f′（x）=a（1+

1

x2

）-

2

x

=

a(1+x2)-2x

x2

，
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=

1+ 1-a2

a

，
x∈（0，

1+ 1-a2

a

）時(shí)，f′（x）＞0，x∈（

1+ 1-a2

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，

1+ 1-a2

a

）時(shí)，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；，x∈（

1+ 1-a2

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）至少存在一個(gè)x₀∈[1，e]，使得f（x₀）＞g（x₀）成立，
否定是?x∈[1，e]，有f（x）≤g（x）成立，
∵f（x）-g（x）=ax-2lnx，令ax-lnx≤0，解得：a≤

2lnx

x

，
令h（x）=

2lnx

x

（x∈[1，e]），
∴h′（x）=

2(1-lnx)

x2

＞0，
∴h（x）在[1，e]遞增，∴h（x）min=h（1）=0，
∴a≤0，
故若至少存在一個(gè)x₀∈[1，e]，使得f（x₀）＞g（x₀）成立，則只需a＞0即可．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，分類(lèi)討論思想，是一道綜合題．