Question

13．已知函數(shù)f（x）=x+$\frac{a}{x}$（a＞0），若對(duì)任意的m、n、$p∈[\frac{1}{3}，1]$，長(zhǎng)為f（m）、f（n）、f（p）的三條線段均可以構(gòu)成三角形，則正實(shí)數(shù)a的取值范圍是（$\frac{1}{15}$，$\frac{1}{9}$）∪[1，$\frac{5}{3}$）．

Answer 1

分析 求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，討論當(dāng)$\sqrt{a}$≥1即a≥1時(shí)；當(dāng)$\frac{1}{3}$≤$\sqrt{a}$＜1且f（$\frac{1}{3}$）≤f（1）即$\frac{1}{9}$≤a≤$\frac{1}{3}$時(shí)；當(dāng)$\frac{1}{3}$≤$\sqrt{a}$＜1且f（$\frac{1}{3}$）＞f（1）即$\frac{1}{3}$＜a＜1時(shí)；當(dāng)$\sqrt{a}$＜$\frac{1}{3}$，即0＜a＜$\frac{1}{9}$時(shí)．由單調(diào)性可得最小值和最大值，由題意可得最小值的2倍大于最大值，解不等式即可得到所求a的范圍．

解答 解：函數(shù)f（x）=x+$\frac{a}{x}$（a＞0）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=1-$\frac{a}{{x}^{2}}$，
當(dāng)x＞$\sqrt{a}$時(shí)，f′（x）＞0，f（x）遞增；當(dāng)x＜$\sqrt{a}$時(shí)，f′（x）＜0，f（x）遞減．
當(dāng)$\sqrt{a}$≥1即a≥1時(shí)，[$\frac{1}{3}$，1]為減區(qū)間，即有f（x）的最大值為$\frac{1}{3}$+3a；
最小值為1+a．
由題意可得只要滿(mǎn)足2（1+a）＞$\frac{1}{3}$+3a，解得1≤a＜$\frac{5}{3}$；
當(dāng)$\frac{1}{3}$≤$\sqrt{a}$＜1且f（$\frac{1}{3}$）≤f（1）即$\frac{1}{9}$≤a≤$\frac{1}{3}$時(shí)，[$\frac{1}{3}$，$\sqrt{a}$]為減區(qū)間，（$\sqrt{a}$，1）為增區(qū)間，
即有f（x）的最大值為1+a；最小值為2$\sqrt{a}$．
由題意可得只要滿(mǎn)足1+a＞4$\sqrt{a}$，解得0＜a＜7-4$\sqrt{3}$，不成立；
當(dāng)$\frac{1}{3}$≤$\sqrt{a}$＜1且f（$\frac{1}{3}$）＞f（1）即$\frac{1}{3}$＜a＜1時(shí)，[$\frac{1}{3}$，$\sqrt{a}$]為減區(qū)間，（$\sqrt{a}$，1）為增區(qū)間，
即有f（x）的最大值為$\frac{1}{3}$+3a；最小值為2$\sqrt{a}$．
由題意可得只要滿(mǎn)足$\frac{1}{3}$+3a＞4$\sqrt{a}$，解得0＜a＜$\frac{7-4\sqrt{3}}{9}$，不成立；
當(dāng)$\sqrt{a}$＜$\frac{1}{3}$，即0＜a＜$\frac{1}{9}$時(shí)，[$\frac{1}{3}$，1]為增區(qū)間，即有f（x）的最小值為$\frac{1}{3}$+3a；
最大值為1+a．
由題意可得只要滿(mǎn)足2（$\frac{1}{3}$+3a）＞1+a，解得$\frac{1}{15}$＜a＜$\frac{1}{9}$．
綜上可得，a的取值范圍是（$\frac{1}{15}$，$\frac{1}{9}$）∪[1，$\frac{5}{3}$）．
故答案為：（$\frac{1}{15}$，$\frac{1}{9}$）∪[1，$\frac{5}{3}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的最值的求法，注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想，考查單調(diào)性的運(yùn)用，以及化簡(jiǎn)整理和分類(lèi)討論思想方法，屬于難題．