Question

已知函数f（x）=a（x-

1

x

）-2lnx（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）设函数g（x）=-

a

x

．若至少存在一个x₀∈[1，4]，使得f（x₀）=g（x₀）成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）先求出函数的导数，通过讨论①当a≤0时②当0＜a＜1时③当a≥1时，从而得出函数的单调区间；
（2）存在一个x₀∈[1，4]使得f（x₀）＞g（x₀），则ax₀＞2lnx₀，利用参数分离法，利用导数易求其最小值．

解答： 解：（1）函数的定义域为（0，+∞），f′（x）a（1+

1

x2

）-

2

x

=

ax2-2x+a

x2

． …（1分）
设h（x）ax²-2x+a，
①当a=0时，h（x）=-2x＜0，h（x）=ax²-2x+a＜0在（0，+∞）上恒成立，
则f（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，此时f（x）在（0，+∞）上单调递减．…（2分）
②当a≠0时，
（I）由△=4-4a²=0得a=±1．
当a=1时，h（x）=a²-2x+1=x²-2x+1=（x-1）²≥0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增．
当a=-1时，h（x）=ax²-2x+a=-x²+2x-1=-（x-1）²≤0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递减．…（4分）
（II）由△=4-4a²＜0，得a＜-1或a＞1；．
当a＜-1时，开口向下，h（x）=ax²-2x+a＜0在（0，+∞）上恒成立，
则f（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，此时f（x）在（0，+∞）上单调递减．…（5分）
当a＞1，开口向上，h（x≥0）在（0，+∞）上恒成立，则f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
此时f（x） 在（0，+∞）上单调递增…（6分）
（III）由△=4-4a²＞0得-1＜a＜1
若0＜a＜1，开口向上，x₁=

1- 1-a2

a

，x₂=

1+ 1-a2

a

，
且x₁+x₂=

2

a

＞0，x₁x₂=1，x₁x₂都在（0，+∞）上..…（7分）
由f（x）＞0，即h（x）＞0，得x＜

1- 1-a2

a

或x＞

1+ 1-a2

a

；
由f′（x）＜0，即h（x）＜0，得

1- 1-a2

a

＜x＜

1+ 1-a2

a

．
所以函数f（x）的单调递增区间为（0，

1- 1-a2

a

）和（

1+ 1-a2

a

，+∞），
单调递减区间为（

1 1-a2

a

，

1+ 1-a2

a

）．   
当-1＜a＜0时，抛物线开口向下，x₁＜0，x₂＜0，h（x）=ax2²-2x+a在（0，+∞）
恒成立，即f′（x）＜0在（0，+∞）恒成立，所以f（x）在（0，+∞）单调递减．…（9分）
综上所述：

a≤0	0＜a＜1			a≥1
（0，+∞）	（0，x1）	（x1，x2）	（x2，+∞）	（0，+∞）
递减	递增	递减	递增	递增

其中 x₁=

1 1-a2

a

，x₂=

1+ 1-a2

a

   …（10分）
（2）因为存在一个x₁∈[1，4]使得f（x₀）＞g（x₀），
则ax₀＞2lnx₀，等价于a＞

2lnx0

x0

．
令F（x）=

2lnx

x

，等价于“当x∈[1，4]时，a＞F（x）_min．…（11分）
对F（x）求导，得F′（x）=

2(1-lnx)

x2

．…（12分）
因为x∈[1，4]，由F′（x）＞0，∴1＜x＜e，F′（x）＜0，∴e＜x＜4所以F（x）在[1，e]上单调递增，在[e，4]上单调递减．…（13分）
由于F（4）＞F（1），所以F（x）_min=F（1）=0，因此a＞0．…（14分）

点评：本题考查导数的几何意义、导数研究函数单调性及求函数的最值问题，考查学生分析问题解决问题的能力，对于“能成立”问题及“恒成立”问题往往转化为函数最值解决．