Question

14．设函数f（x）=$\frac{{x}^{2}}{2lnx}$，g（x）=-$\frac{{x}^{2}}{2}$+alnx+a（a＞0）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若对于?x₁，x₂∈（1，+∞），总有f（x₁）≥g（x₂）成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数f（x）的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）求出函数f（x）的最小值，通过讨论a的范围，判断g（x）的单调性，从而确定a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=$\frac{{x}^{2}}{2lnx}$，从而f'（x）、f（x）随x的变化如下表

x	（0，1）	（1，$\sqrt{e}$）	$\sqrt{e}$	（$\sqrt{e}$，+∞）
f'（x）	-	-	0	+
f（x）	↘	↘	极小	↗

∴f（x）的减区间是（0，1），（1，$\sqrt{e}$）；f（x）的增区间是（$\sqrt{e}$，+∞）；f（x）_极小值=f（$\sqrt{e}$）=e，无极大值．
（Ⅱ）由题设，只须g（x）在（1，+∞）上的最大值不大于f（x）的最小值即可，
由（Ⅰ）知，当x＞1时，f（x）_min=e；
（1）若a≤1，则g'（x）≤0，此时，g（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴g（x）≤g（1）=-$\frac{1}{2}$+a＜e满足题设，
（2）若a＞1，则g'（x）=0，得x=$\sqrt{a}$，当1＜x＜$\sqrt{a}$时，g'（x）＞0；当x＞$\sqrt{a}$时，g'（x）＜0，
∴g（x）_max=g（$\sqrt{a}$）=-$\frac{a}{2}$+aln$\sqrt{a}$=$\frac{1}{2}$（a+alna），
故只须$\frac{1}{2}$（a+alna）≤e．
记h（x）=$\frac{1}{2}$（x+xlnx）（x＞1），则h′（x）=1+$\frac{1}{2}$lnx＞0，
∴h（x）在（1，+∞）上单调递增，且h（e）=$\frac{1}{2}$（e+elne）=e，
从而，当且仅当a≤e时，有$\frac{1}{2}$（a+alna）≤e．
综上，0＜a≤e即为所求．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．