Question

1．已知函數(shù)y=x+$\frac{a}{x}$有如下性質(zhì)：如果a＞0，那么該函數(shù)在（0，$\sqrt{a}$]上是減函數(shù)，在[$\sqrt{a}$，+∞）上是增函數(shù)．
（1）若函數(shù)y=x+$\frac{{3}^{m}}{x}$（x＞0）的值域是[6，+∞），求實(shí)數(shù)m的值；
（2）若把函數(shù)f（x）=x²+$\frac{a}{{x}^{2}}$（a＞0）在[1，2]上的最小值記為g（a）．
（�。┣骻（a）的表達(dá)式；
（ⅱ）若g（a）≥t²-mt-1對(duì)所有的a＞0，m∈[-1，1]恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由給出的性質(zhì)可得x=$\sqrt{{3}^{m}}$，取得最小值6，解方程可得m=2；
（2）（�。┝顇²=t，則$f（t）=t+\frac{a}{t}$．于是原題即求f（t）在[1，4]上的最小值．對(duì)a討論，①當(dāng)$\sqrt{a}＞4$，②當(dāng)$1≤\sqrt{a}≤4$，③當(dāng)$\sqrt{a}＜1$，運(yùn)用單調(diào)性，可得最小值；
（ⅱ）由①得當(dāng)a＞0時(shí)，g（a）＞1，要使g（a）≥t²-mt-1對(duì)所有的a＞0，m∈[-1，1]恒成立，只要t²-mt-1≤1，由一次函數(shù)的單調(diào)性，可得不等式，即可解得t的范圍．

解答 解：（1）由已知，函數(shù)$y=x+\frac{3^m}{x}（{x＞0}）$在$（{0，\sqrt{3^m}}]$上是減函數(shù)，
在$[{\sqrt{3^m}，+∞}）$上是增函數(shù)，
∴${y_{min}}=\sqrt{3^m}+\frac{3^m}{{\sqrt{3^m}}}=2\sqrt{3^m}$，
∴$2\sqrt{3^m}=6$，3^m=9，∴m=2．
（2）（�。┝顇²=t，∵x∈[1，2]，∴t∈[1，4]．
則$f（t）=t+\frac{a}{t}$．
于是原題即求f（t）在[1，4]上的最小值．
①當(dāng)$\sqrt{a}＞4$，即a＞16時(shí)，f（t）在[1，4]上是減函數(shù)，此時(shí)$g（a）=f（4）=4+\frac{a}{4}$；
②當(dāng)$1≤\sqrt{a}≤4$，即1≤a≤16時(shí)，$g（a）=f（{\sqrt{a}}）=2\sqrt{a}$；
③當(dāng)$\sqrt{a}＜1$，即0＜a＜1時(shí)，f（t）在[1，4]上是增函數(shù)，此時(shí)g（a）=f（1）=1+a．
綜上，$g（a）=\left\{\begin{array}{l}1+a，0＜a＜1\\ 2\sqrt{a}，1≤a≤16\\ 4+\frac{a}{4}，a＞16.\end{array}\right.$；
（ⅱ）由①得當(dāng)a＞0時(shí)，g（a）＞1，
∴要使g（a）≥t²-mt-1對(duì)所有的a＞0，m∈[-1，1]恒成立，只要t²-mt-1≤1，
即t²-mt-2≤0對(duì)所有的m∈[-1，1]恒成立．
令h（m）=t²-mt-2，則$\left\{\begin{array}{l}h（{-1}）≤0\\ h（1）≤0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{t^2}+t-2≤0\\{t^2}-t-2≤0\end{array}\right.$，解得-1≤t≤1．
∴實(shí)數(shù)t的取值范圍是[-1，1]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的最值的求法，考查不等式恒成立問(wèn)題的解法，考查分類討論和運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．