Question

1．已知函數(shù)f（x）=x+$\frac{a}{x}$ （x＞0）的最小最小值為$2•\root{4}{2}$，設(shè)點(diǎn)P是函數(shù)圖象上的任意一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P分別作直線y=x和y軸的垂線，垂足分別為M、N．
（1）求a的值；
（2）問(wèn)：PM•PN是否為定值？若是，則求出該定值，若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求四邊形OMPN面積的最小值．

Answer 1

分析 （1）可判斷a≤0時(shí)f （x）遞增，沒(méi)有最小值；從而a＞0，結(jié)合基本不等式可得$f（x）≥2\sqrt{a}$，從而解得．
（2）設(shè)$P（{x_0}，{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{x_0}）$，從而表示出$PM=\frac{{|{x_0}-（{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{x_0}）|}}{{\sqrt{2}}}=\frac{1}{x_0}$，PN=x₀，從而得到．
（3）設(shè)$P（{x_0}，{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{x_0}）$，則直線PM：$y-（{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{x_0}）=-（x-{x_0}）$，聯(lián)立解得M$（{{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{{2{x_0}}}，{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{{2{x_0}}}}）$；從而可得S_OMPN=S_△OPN+S_△OPM=$\frac{1}{2}x_0^2+\frac{1}{2x_0^2}+\sqrt{2}$

≥$2\sqrt{\frac{1}{2}x_0^2•\frac{1}{2x_0^2}}+\sqrt{2}=1+\sqrt{2}$．（當(dāng)且僅當(dāng)$\frac{1}{2}x_0^2=\frac{1}{2x_0^2}$，即x₀=1時(shí)取等號(hào)）．

解答 解：（1）∵x＞0，若a≤0，則f （x）遞增，沒(méi)有最小值，
∴a＞0，∴$f（x）≥2\sqrt{a}$，
∴x=$\sqrt{a}$時(shí)，$f{（x）_{min}}=2\sqrt{a}=2•\root{4}{2}$；
∴$a=\sqrt{2}$．
（2）設(shè)$P（{x_0}，{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{x_0}）$，
則$PM=\frac{{|{x_0}-（{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{x_0}）|}}{{\sqrt{2}}}=\frac{1}{x_0}$，PN=x₀，
則PM•PN=1；
（3）設(shè)$P（{x_0}，{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{x_0}）$，則直線PM：$y-（{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{x_0}）=-（x-{x_0}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}y-（{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{x_0}）=-（x-{x_0}）\\ y=x\end{array}\right.$得，M$（{{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{{2{x_0}}}，{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{{2{x_0}}}}）$；
S_OMPN=S_△OPN+S_△OPM=$\frac{1}{2}（{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{x_0}）•{x_0}+\frac{1}{2}（\sqrt{2}{x_0}+\frac{1}{x_0}）•\frac{1}{x_0}$=$\frac{1}{2}x_0^2+\frac{1}{2x_0^2}+\sqrt{2}$

≥$2\sqrt{\frac{1}{2}x_0^2•\frac{1}{2x_0^2}}+\sqrt{2}=1+\sqrt{2}$．
（當(dāng)且僅當(dāng)$\frac{1}{2}x_0^2=\frac{1}{2x_0^2}$，即x₀=1時(shí)取等號(hào)）；
故四邊形OMPN面積的最小值$1+\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)在幾何問(wèn)題中的應(yīng)用及基本不等式的應(yīng)用，同時(shí)考查了分類討論的思想應(yīng)用，屬于中檔題．