Question

7．已知函数f（x）=$\frac{a}{x^2}$+lnx．
（1）若y=f（x）在x=1处的切线的斜率为$\frac{1}{2}$，求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）=0在[e^-2，e²]上恰有两个实根，且$\sqrt{a}$-a＞$\frac{{{m^2}-3m+\sqrt{2}{e^2}}}{e^4}$恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求函数的导数，根据函数在x=1处的切线的斜率为$\frac{1}{2}$，建立方程关系即可求出a以及f（x）的单调区间；
（2）构造函数，求函数的导数，研究函数的最值即可解决不等式恒成立问题．

解答 解：（1）由f（x）=$\frac{a}{x^2}$+lnx得f′（x）=$-\frac{2a}{{x}^{3}}$+$\frac{1}{x}$，
若y=f（x）在x=1处的切线的斜率为$\frac{1}{2}$，
∴f′（1）=-2a+1=$\frac{1}{2}$，
解得a=$\frac{1}{4}$，
即f′（x）=-$\frac{1}{2{x}^{3}}$+$\frac{1}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-1}{2{x}^{3}}$，（x＞0），
由f′（x）＞0得x＞$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
由f′（x）＜0得0＜x＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
即函数的单减区间为（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），递增求解为（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞）．
（2）由f（x）=0得$\frac{a}{x^2}$+lnx=0，得a=-x²lnx，在[e^-2，e²]上成立，
设g（x）=-x²lnx，
则g′（x）=-2xlnx-x=-x（2lnx+1），由g′（x）=0得2lnx+1=0，
解得x=${e}^{-\frac{1}{2}}$，当x∈[e^-2，${e}^{-\frac{1}{2}}$）时，g′（x）＞0，
当x∈（${e}^{-\frac{1}{2}}$，e²），g′（x）＜0，
故g（x）在∈[e^-2，${e}^{-\frac{1}{2}}$）上单调递增，在（${e}^{-\frac{1}{2}}$，e²）上单调递减，
故g（x）在[e^-2，e²]上的极大值为g（${e}^{-\frac{1}{2}}$）=$\frac{1}{2e}$，
而g（e^-2）=$\frac{2}{{e}^{4}}$，g（e²）=-2e⁴，
显然g（e^-2）＞g（e²），
故a的取值范围是[$\frac{2}{{e}^{4}}$，$\frac{1}{2e}$），
令h（a）=$\sqrt{a}$-a，a∈[$\frac{2}{{e}^{4}}$，$\frac{1}{2e}$），
则h′（a）=$\frac{1}{2\sqrt{a}}$-1，
令h′（a）=0，解得a=$\frac{1}{4}$＞$\frac{1}{2e}$，
则a∈[$\frac{2}{{e}^{4}}$，$\frac{1}{2e}$）时，h′（a）＞0，
故h（a）在[$\frac{2}{{e}^{4}}$，$\frac{1}{2e}$）上单调递增，
故h（a）的最小值为h（$\frac{2}{{e}^{4}}$）=$\frac{\sqrt{2}}{{e}^{2}}-\frac{2}{{e}^{4}}$，
故只需要$\frac{{m}^{2}-3m-\sqrt{2}{e}^{2}}{{e}^{4}}＜\frac{\sqrt{2}}{{e}^{2}}-\frac{2}{{e}^{4}}$，
即m²-3m+2＜0，解得1＜m＜2，
即实数m的取值范围是（1，2）．

点评 本题主要考查导数的几何意义，以及导数和不等式的综合应用，考查学生的推理和运算能力．