Question

已知函数f(x)=x+

a2

x

，g（x）=x+lnx，其中a＞0．
（1）若x=1是函数h（x）=f（x）+g（x）的极值点，求实数a的值；
（2）若函数φ（x）=f（x）-g（x）在[e，e²]（e为自然对数的底数）上存在零点，求实数a的取值范围．
（3）若对任意的x₁，x₂∈[1，e]都有f（x₁）≥g（x₂）成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）先函数h（x）的定义域，在对h（x）求导，由题意可知h′（1）=0，求出a的值
（2）φ（x）=f（x）-g（x）=

a2

x

- lnx在[e，e²]存在零点，转化为

a2

x

=lnx在[e，e2]有交点，令F(x)=

a2

x

，G(x)=lnx，结合两函数在区间上的单调性可知

F(e)≥G(e) F(e2)≤G(e2)

，从而求出结果．
（3）若对任意的x₁，x₂∈[1，e]都有f（x₁）≥g（x₂）成立?f（x₁）_min≥g（x₂）_max，从而转化为分别求函数f（x），g（x）在[1，e]的最小值、最大值

解答：解：（1）∵h(x)=2x+

a2

x

+lnx，其定义域为（0，+∞），
∴h′(x)=2-

a2

x2

+

1

x

． （3分）
∵x=1是函数h（x）的极值点，∴h'（1）=0，即3-a²=0．
∵a＞0，∴a=

3

． （6分）
经检验当a=

3

时，x=1是函数h（x）的极值点，
∴a=

3

． （8分）
（2）由题意，可知方程

a2

x

=lnx在区间[e，e²]上有根，因为

a2

x

在[e，e²]上是单调减函数，lnx在[e，e²]上是单调增函数，（10分）
所以，

a2 e ≥1 a2 e2 ≤2

（14分）∴a∈[

e

，

2

e]（16分）
（3）对任意的x₁，x₂∈[1，e]都有f（x₁）≥g（x₂）成立，等价于对任意的x₁，x₂∈[1，e]都有[f（x）]_min≥[g（x）]_max． （7分）
当x∈[1，e]时，g′(x)=1+

1

x

＞0．
∴函数g（x）=x+lnx在[1，e]上是增函数．
∴[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当0＜a＜1且x∈[1，e]时，f′(x)=

(x+a)(x-a)

x2

＞0，
∴函数f(x)=x+

a2

x

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

e

，
又0＜a＜1，∴a不合题意． （11分）
②当1≤a≤e时，
若1≤x＜a，则f′(x)=

(x+a)(x-a)

x2

＜0，
若a＜x≤e，则f′(x)=

(x+a)(x-a)

x2

＞0．
∴函数f(x)=x+

a2

x

在[1，a）上是减函数，在（a，e]上是增函数．
∴[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当a＞e且x∈[1，e]时，f′(x)=

(x+a)(x-a)

x2

＜0，
∴函数f(x)=x+

a2

x

在[1，e]上是减函数．
∴[f(x)]min=f(e)=e+

a2

e

．
由e+

a2

e

≥e+1，得a≥

e

，
又a＞e，∴a＞e． （15分）
综上所述，a的取值范围为[

e+1

2

，+∞)． （16分）

点评：本题综合考查了极值存在的性质及零点判定定理的运用，函数的恒成立问题，解决此类问题常把问题进行转化，体现了转化的思想、方程与函数的思想的运用．属于中等难度的试题．