Question

20．已知函數(shù)f（x）=x²-alnx（a＞0）的最小值是1．
（Ⅰ）求a；
（Ⅱ）若關(guān)于x的方程f²（x）e^x-6mf（x）+9me^-x=0在區(qū)間[1，+∞）有唯一的實根，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出f（x）的最小值，問題轉(zhuǎn)化為$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$-1=0，記g（a）=$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$-1，（a＞0），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的值即可；
（Ⅱ）由條件可得f²（x）e^2x-6mf（x）e^x+9m=0，令g（x）=f（x）e^x=（x²-2lnx）e^x，原問題等價于方程t²-6mt+9m=0在區(qū)間[e，+∞）內(nèi)有唯一解，通過討論△的符號，求出m的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=2x-$\frac{a}{x}$=$\frac{2（x+\sqrt{\frac{a}{2}}）（x-\sqrt{\frac{a}{2}}）}{x}$，（x＞0），
所以，當(dāng)0＜x＜$\sqrt{\frac{a}{2}}$時，f′（x）＜0，當(dāng)x＞$\sqrt{\frac{a}{2}}$時，f′（x）＞0，
故f（x）_min=f（$\sqrt{\frac{a}{2}}$）=$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$，
由題意可得：$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$=1，即$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$-1=0，
記g（a）=$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$-1，（a＞0），
則函數(shù)g（a）的零點即為方程$\frac{a}{2}$-$\frac{a}{2}$ln$\frac{a}{2}$=1的根；
由于g′（a）=-$\frac{1}{2}$ln$\frac{a}{2}$，故a=2時，g′（2）=0，
且0＜a＜2時，g′（a）＞0，a＞2時，g′（a）＜0，
所以a=2是函數(shù)g（a）的唯一極大值點，
所以g（a）≤g（2），又g（2）=0，
所以a=2．
（II）由條件可得f²（x）e^2x-6mf（x）e^x+9m=0，
令g（x）=f（x）e^x=（x²-2lnx）e^x，
則g′（x）=（x²+2x-$\frac{2}{x}$-2lnx）e^x，
令r（x）=x²+2x-$\frac{2}{x}$-2lnx（x≥1），
則${r^'}（x）=2x+2+\frac{2}{x^2}-\frac{2}{x}＞2x-\frac{2}{x}=\frac{{2（{x^2}-1）}}{x}≥0$，
r（x）在區(qū)間[1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，
∴g（x）≥g（1）=e；
所以原問題等價于方程t²-6mt+9m=0在區(qū)間[e，+∞）內(nèi)有唯一解，
當(dāng)△=0時可得m=0或m=1，經(jīng)檢驗m=1滿足條件，
當(dāng)△＞0時可得m＜0或m＞1，
所以e²-6me+9m≤0，解之得：m≥$\frac{{e}^{2}}{6e-9}$，
綜上，m的取值范圍是{m|m=1或m≥$\frac{{e}^{2}}{6e-9}$}．

點評 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，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．