Question

已知函數f(x)=x+

a2

x

，g（x）=x+lnx，其中a＞0．
（1）若x=1是函數h（x）=f（x）+g（x）的極值點，求實數a的值；
（2）若函數φ（x）=f（x）-g（x）在[e，e²]（e為自然對數的底數）上存在零點，求實數a的取值范圍．
（3）若對任意的x₁，x₂∈[1，e]都有f（x₁）≥g（x₂）成立，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）先函數h（x）的定義域，在對h（x）求導，由題意可知h′（1）=0，求出a的值
（2）φ（x）=f（x）-g（x）=

a2

x

- lnx在[e，e²]存在零點，轉化為

a2

x

=lnx在[e，e2]有交點，令F(x)=

a2

x

，G(x)=lnx，結合兩函數在區(qū)間上的單調性可知

F(e)≥G(e) F(e2)≤G(e2)

，從而求出結果．
（3）若對任意的x₁，x₂∈[1，e]都有f（x₁）≥g（x₂）成立?f（x₁）_min≥g（x₂）_max，從而轉化為分別求函數f（x），g（x）在[1，e]的最小值、最大值

解答：解：（1）∵h(x)=2x+

a2

x

+lnx，其定義域為（0，+∞），
∴h′(x)=2-

a2

x2

+

1

x

． （3分）
∵x=1是函數h（x）的極值點，∴h'（1）=0，即3-a²=0．
∵a＞0，∴a=

3

． （6分）
經檢驗當a=

3

時，x=1是函數h（x）的極值點，
∴a=

3

． （8分）
（2）由題意，可知方程

a2

x

=lnx在區(qū)間[e，e²]上有根，因為

a2

x

在[e，e²]上是單調減函數，lnx在[e，e²]上是單調增函數，（10分）
所以，

a2 e ≥1 a2 e2 ≤2

（14分）∴a∈[

e

，

2

e]（16分）
（3）對任意的x₁，x₂∈[1，e]都有f（x₁）≥g（x₂）成立，等價于對任意的x₁，x₂∈[1，e]都有[f（x）]_min≥[g（x）]_max． （7分）
當x∈[1，e]時，g′(x)=1+

1

x

＞0．
∴函數g（x）=x+lnx在[1，e]上是增函數．
∴[g（x）]_max=g（e）=e+1．（9分）
∵f′(x)=1-

a2

x2

=

(x+a)(x-a)

x2

，且x∈[1，e]，a＞0．
①當0＜a＜1且x∈[1，e]時，f′(x)=

(x+a)(x-a)

x2

＞0，
∴函數f(x)=x+

a2

x

在[1，e]上是增函數，
∴[f（x）]_min=f（1）=1+a²．
由1+a²≥e+1，得a≥

e

，
又0＜a＜1，∴a不合題意． （11分）
②當1≤a≤e時，
若1≤x＜a，則f′(x)=

(x+a)(x-a)

x2

＜0，
若a＜x≤e，則f′(x)=

(x+a)(x-a)

x2

＞0．
∴函數f(x)=x+

a2

x

在[1，a）上是減函數，在（a，e]上是增函數．
∴[f（x）]_min=f（a）=2a．
由2a≥e+1，得a≥

e+1

2

，
又1≤a≤e，∴

e+1

2

≤a≤e． （13分）
③當a＞e且x∈[1，e]時，f′(x)=

(x+a)(x-a)

x2

＜0，
∴函數f(x)=x+

a2

x

在[1，e]上是減函數．
∴[f(x)]min=f(e)=e+

a2

e

．
由e+

a2

e

≥e+1，得a≥

e

，
又a＞e，∴a＞e． （15分）
綜上所述，a的取值范圍為[

e+1

2

，+∞)． （16分）

點評：本題綜合考查了極值存在的性質及零點判定定理的運用，函數的恒成立問題，解決此類問題常把問題進行轉化，體現(xiàn)了轉化的思想、方程與函數的思想的運用．屬于中等難度的試題．