Question

8．设a＞0，函数f（x）=x+$\frac{{a}^{2}}{x}$，g（x）=x-lnx，若对任意的x₂∈[$\frac{1}{e}$，1]，存在${x_1}∈[\frac{1}{e}，1]$，f（x₁）≥g（x₂）成立，则实数a的取值范围是[$\frac{1}{2}$，+∞）∪[$\frac{\sqrt{{e}^{2}-1}}{e}$，$\frac{1}{e}$]．

Answer 1

分析 对任意的x₂∈[$\frac{1}{e}$，1]，存在${x_1}∈[\frac{1}{e}，1]$，f（x₁）≥g（x₂）成立?f（x₁）_min≥g（x₂）_min，先对函数g（x）求导判断出函数g（x）的单调性并求其最小值，然后对函数f（x）进行求导判断单调性求其最小值，即可．

解答 解：∵g（x）=x-lnx
∴g'（x）=1-$\frac{1}{x}$，x∈[$\frac{1}{e}$，1]，g'（x）≤0，函数g（x）单调递减，g（x）的最小值为g（1）=1，
f'（x）=$\frac{{x}^{2}-{a}^{2}}{{x}^{2}}$，令f'（x）=0∵a＞0∴x=a
当a≥1时，f（x）在[$\frac{1}{e}$，1]，上单调减，f（x）_最小=f（1）=1+a²≥1恒成立，符合题意；
当$\frac{1}{e}＜a＜1$时，在[$\frac{1}{e}$，a]上单调减，在[a，1]，上单调增，f（x）_最小=f（a）=2a≥1，⇒$\frac{1}{2}≤a＜1$；
当a$≤\frac{1}{e}$时，在[$\frac{1}{e}$，1]上单调增，f（x）_最小=f（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{e}+{a}^{2}e≥1$，⇒$\frac{\sqrt{{e}^{2}-1}}{e}≤a≤\frac{1}{e}$
综上：则实数a的取值范围是：[$\frac{1}{2}$，+∞）∪[$\frac{\sqrt{{e}^{2}-1}}{e}$，$\frac{1}{e}$]．
故答案为：[$\frac{1}{2}$，+∞）∪[$\frac{\sqrt{{e}^{2}-1}}{e}$，$\frac{1}{e}$]．

点评 本题主要考查了关任意性和存在性问题的转化策略，将任意性与存在性问题转化为函数值域关系或最值关系，并得到双变量的存在性和任意性问题的辨析方法，属于难题．