Question

3．已知函數(shù)f（x）=2lnx+x²-a²x（x＞0，a∈R）．
（Ⅰ）是否存在實數(shù)a，使f（1）是f（x）的極小值？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由．
（Ⅱ）當(dāng)a＞0時，若函數(shù)f（x）在[1，2]上單調(diào)遞減，求a的最小值；
（Ⅲ）當(dāng)a=$\sqrt{5}$時，f（x）在區(qū)間（k-$\frac{1}{2}$，k）上為單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導(dǎo)，由f′（1）=0，求得a的取值，求得導(dǎo)函數(shù)的解析式，代入f′（x）≥0，f（x）在定義域上始終單調(diào)遞增，不存極小值，不存在a使f（1）是f（x）的極小值；
（Ⅱ）由題意可知f′（x）≤0，a²≥（$\frac{2}{x}$+2x）_max在[1，2]恒成，即可求得a的取值范圍，求得a的最小值；
（Ⅲ）當(dāng)a=$\sqrt{5}$時，根據(jù)求得f（x）的解析式及導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，分別討論k-$\frac{1}{2}$和k，與單調(diào)區(qū)間端點(diǎn)比較，分別求得k的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{2}{x}$+2x-a²（x＞0），
f′（1）=2+2-a²=0，解得a=±2，
f′（x）=$\frac{2}{x}$+2x-4=$\frac{2（x-1）^{2}}{x}$≥0，
f（x）在定義域上始終單調(diào)遞增，
∴函數(shù)沒有極小值，
故不存在實數(shù)a，滿足條件；
（Ⅱ）f′（x）=$\frac{2}{x}$+2x-a²≤0，a²≥$\frac{2}{x}$+2x，
∴a²≥（$\frac{2}{x}$+2x）_max，
當(dāng)x=2時，$\frac{2}{x}$+2x=2（x+$\frac{1}{x}$）在[1，2]上的最大值為5，
a²≥5，
∵a＞0，
∴a＞$\sqrt{5}$，
∴a的最小值為$\sqrt{5}$；
（Ⅲ）當(dāng)a=$\sqrt{5}$時，f′（x）=$\frac{2}{x}$+2x-5=$\frac{2{x}^{2}-5x+2}{x}$=$\frac{（2x-1）（x-2）}{x}$，
∴x∈（0，$\frac{1}{2}$）∪（2，+∞）時，f′（x）＞0，
∴f（x）在區(qū)間（0，$\frac{1}{2}$）和（2，+∞）上單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈（$\frac{1}{2}$，2）時，f′（x）＜0，
∴f（x）在區(qū)間（$\frac{1}{2}$，2）上單調(diào)遞減，
要使f（x）在（k-$\frac{1}{2}$，k）上為單調(diào)函數(shù)，
則：①$\left\{\begin{array}{l}{k-\frac{1}{2}≥0}\\{k≤\frac{1}{2}}\end{array}\right.$時，k=$\frac{1}{2}$，此時f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）上單調(diào)遞增，滿足題意；
②$\left\{\begin{array}{l}{k-\frac{1}{2}≥\frac{1}{2}}\\{k≤2}\end{array}\right.$時，k∈[1，2]，此時f（x）在（k-$\frac{1}{2}$，k）單調(diào)遞減，滿足題意；
③當(dāng)k-$\frac{1}{2}$≥2，k∈[$\frac{5}{2}$，+∞），此時f（x）在（k-$\frac{1}{2}$，k），上單調(diào)遞增，滿足題意；
綜上可知：實數(shù)k的取值范圍是{$\frac{1}{2}$}∪[1，2]∪[$\frac{5}{2}$，+∞）．

點(diǎn)評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性及極值，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值及不等式求解問題，考查分類討論，考查學(xué)生分析解決問題的能力，綜合性較強(qiáng)，屬于中檔題．