Question

9．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x^2}{2lnkx}$（k≠0）的圖象在x=$\sqrt{e}$處的切線垂直于y軸．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；
（Ⅱ）設(shè)函數(shù)g（x）=-$\frac{x^2}{2}+alnx+a\;（{a＞0}）$，若對(duì)于?x₁，x₂∈（1，+∞），總有f（x₁）≥g（x₂）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的方程，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)f（x）的最小值，通過討論a的范圍，判斷g（x）的單調(diào)性，從而確定a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）的定義域是（0，1）∪（1，+∞），
∴$f'（x）=\frac{{2xlnkx-{x^2}•\frac{1}{x}}}{{2{{ln}^2}kx}}=\frac{{x（{2lnkx-1}）}}{{2{{ln}^2}kx}}$．
由已知$f'（{\sqrt{e}}）=0$得k=1，
∴$f（x）=\frac{x^2}{2lnx}$
從而f'（x）、f（x）隨x的變化如下表

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

∴f（x）的減區(qū)間是（0，1），$（{1\;，\;\sqrt{e}}）$；f（x）的增區(qū)間是$（{\sqrt{e}\;，\;+∞}）$；$f{（x）_{極小}}=f（{\sqrt{e}}）=e$，無極大值．
（Ⅱ）由題設(shè)，只須g（x）在（1，+∞）上的最大值不大于f（x）的最小值即可．
由（Ⅰ）知，當(dāng)x＞1時(shí)，$f（x）_{min}^{\;}=e$．
當(dāng)x≥1時(shí)，..，
（1）若a≤1，則g'（x）≤0，此時(shí)，g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴$g（x）≤g（1）=-\frac{1}{2}+a＜e$滿足題設(shè)．
（2）若a＞1，則g'（x）=0，得$x=\sqrt{a}$，
當(dāng)$1＜x＜\sqrt{a}$時(shí)，g'（x）＞0；當(dāng)$x＞\sqrt{a}$時(shí)，g'（x）＜0，
∴$g{（x）_{max}}=g（{\sqrt{a}}）=-\frac{a}{2}+aln\sqrt{a}=\frac{1}{2}（{a+alna}）$，
故只須$\frac{1}{2}（{a+alna}）≤e$．
記$h（x）=\frac{1}{2}（{x+xlnx}）$（x＞1），則$h'（x）=1+\frac{1}{2}lnx＞0$，
∴h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，且$h（e）=\frac{1}{2}（{e+elne}）=e$，
從而，當(dāng)且僅當(dāng)a≤e時(shí)，有$\frac{1}{2}（{a+alna}）≤e$．
綜上，0＜a≤e即為所求．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道中檔題．