Question

6．已知函数f（x）=x²+$\frac{a}{2}$lnx．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）是否存在实数a，使f（x）在（0，1]上的最小值是0，若存在，求实数a的值，若不存在，说明理由；
（3）已知g（x）=ax（x∈（0，1]），当a＜0时，对于任意的x₁∈（0，+∞），存在x₂∈（0，1]，使得f（x₁）≥g（x₂），求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先确定f（x）的定义域是（0，+∞），求导f′（x）=2x+$\frac{a}{2x}$=$\frac{4{x}^{2}+a}{2x}$，从而讨论以确定导数的正负，从而确定函数的单调性；
（2）假设存在实数a＜0，使f（x）在（0，1]上的最小值是0，从而分类讨论求函数的最小值即可．
（3）恒成立问题可化为f_min（x）≥g_min（x），从而化为最值问题，求解不等式即可．

解答 解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）=2x+$\frac{a}{2x}$=$\frac{4{x}^{2}+a}{2x}$．
当a≥0时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上是增函数；
当a＜0时，令f′（x）=0，则x₁=$\frac{\sqrt{-a}}{2}$，x₂=-$\frac{\sqrt{-a}}{2}$（舍去），
当x∈（0，$\frac{\sqrt{-a}}{2}$]时，f′（x）≤0，故f（x）在（0，$\frac{\sqrt{-a}}{2}$]上是减函数；
当x∈[$\frac{\sqrt{-a}}{2}$，+∞）时，f′（x）≥0，故f（x）在[$\frac{\sqrt{-a}}{2}$，+∞）上是增函数．
故当a≥0时，f（x）的增区间是（0，+∞）；
当a＜0时，f（x）的减区间是（0，$\frac{\sqrt{-a}}{2}$]，增区间是[$\frac{\sqrt{-a}}{2}$，+∞）．
（2）假设存在实数a＜0，使f（x）在（0，1]上的最小值是0，
①当a≥0时，f（x）在（0，+∞）上是增函数，故在（0，1]上f（x）无最小值；
②若$\left\{\begin{array}{l}{a＜0}\\{\frac{\sqrt{-a}}{2}≥1}\end{array}\right.$，即a≤-4时，（0，1]⊆（0，$\frac{\sqrt{-a}}{2}$]，则f（x）在（0，1]上是减函数，此时f_min（x）=f（1）=1，不合，舍去；
③若$\left\{\begin{array}{l}{a＜0}\\{\frac{\sqrt{-a}}{2}＜1}\end{array}\right.$，即-4＜a＜0时，f（x）在（0，$\frac{\sqrt{-a}}{2}$]上是减函数，在（$\frac{\sqrt{-a}}{2}$，1]上为增函数，
故在（0，1]上的最小值是f（$\frac{\sqrt{-a}}{2}$）=-$\frac{1}{4}a$+$\frac{a}{2}$ln$\frac{\sqrt{-a}}{2}$=0，
解得：a=-4e，不合，舍去．
综合①、②、③可知不存在实数a，使f（x）在（0，1]上的最小值是0．
（3）由（1）知，当a＜0时，f（x）的在（0，$\frac{\sqrt{-a}}{2}$]上递减，在[$\frac{\sqrt{-a}}{2}$，+∞）上递增．
对于任意的x₁∈（0，+∞），存在x₂∈（0，1]，使得f（x₁）≥g（x₂），
则须f_min（x）≥g_min（x），
则f（$\frac{\sqrt{-a}}{2}$）=-$\frac{1}{4}a$+$\frac{a}{2}$ln$\frac{\sqrt{-a}}{2}$≥a，
解得a≥-4e⁵，
所以-4e⁵≤a＜0．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题与分类讨论的思想应用．