Question

10．已知函数f（x）=2ax+$\frac{1}{x}$（a∈R）．
（1）当$a=\frac{1}{2}$时，试判断f（x）在（0，1]上的单调性并用定义证明你的结论；
（2）对于任意的x∈（0，1]，使得f（x）≥6恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）a代入可得$f（x）=x+\frac{1}{x}$，利用定义法证明函数单调性，判断f（x₁）-f（x₂）的正负；
（2）整理不等式可得2ax+$\frac{1}{x}$≥6 恒成立，即$2a≥6（\frac{1}{x}）-{（\frac{1}{x}）^2}$，只需求出右式的最大值，利用二次函数性质可求．

解答 解：（1）∵$a=\frac{1}{2}$
∴$f（x）=x+\frac{1}{x}$
f（x）在（0，1]上的单调递减             …（2分）
证明：取任意的x₁，x₂，且0＜x₁＜x₂≤1
$\begin{array}{l}f（{x_1}）-f（{x_2}）={x_1}+\frac{1}{x_1}-{x_2}-\frac{1}{x_2}={x_1}-{x_2}+\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{x_1}{x_2}}}\\ \begin{array}{l}{\;}&{\;}&{\;}&{\;}&{=（{x_1}-{x_2}）\frac{{（{x_1}{x_2}-1）}}{{{x_1}{x_2}}}}\end{array}\begin{array}{l}{\;}&{（*）}\end{array}\end{array}$
∵0＜x₁＜x₂≤1，
∴x₁-x₂＜0，0＜x₁x₂＜1
得 f（x₁）-f（x₂）＞0
所以f（x）在（0，1]上的单调递减             …（8分）
（2）由f（x）≥6在（0，1]上恒成立，
∴2ax+$\frac{1}{x}$≥6 恒成立
即$2a≥6（\frac{1}{x}）-{（\frac{1}{x}）^2}$$（\frac{1}{x}）∈[1，+∞）$$⇒{（6（\frac{1}{x}）-{（\frac{1}{x}）^2}）_{max}}=9$$⇒2a≥9\begin{array}{l}{\;}{\;}{即a≥\frac{9}{2}}\end{array}$…（14分）

点评 考查了利用定义法证明函数的单调性和恒成立问题的转换．