Question

2．已知函數(shù)f（x）=x²-ax，g（x）=lnx．
（1）；令F（x）=f（x）-g（x），求F（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)r（x）=f（x）+g（$\frac{1+ax}{2}$）對任意a∈（1，2），總存在x∈[$\frac{1}{2}$，1]使不等式r（x）＞k（1-a²）成立，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出F（x）的導數(shù)，解關(guān)于導函數(shù)的方程，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）a∈（1，2）時，求出F（x）的導數(shù)，判斷函數(shù)在（$\frac{1}{2}$，+∞）時，F(xiàn)（x）是增函數(shù)，于是問題等價于：對任意的a∈（1，2），不等式ln$\frac{1+a}{2}$+1-a+k（a²-1）＞0恒成立，再利用導函數(shù)研究不等式左邊的最小值看是否符合要求，即可求實數(shù)m的取值范圍．

解答 解：（1）F（x）=f（x）-g（x）=x²-ax-lnx，x＞0
F′（x）=2x-a-$\frac{1}{x}$=$\frac{{2x}^{2}-ax-1}{x}$，
令h（x）=2x²-ax-1，△=a²+8＞0，
解h（x）=0得：x₁=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$＜0（舍），x₂=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$＞0，
∴F（x）在（0，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$）遞減，在（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$，+∞）遞增；
（2）r（x）=f（x）+g（$\frac{1+ax}{2}$）=x²-ax+ln$\frac{1+ax}{2}$，
∴r′（x）=$\frac{2ax（x-\frac{{a}^{2}-2}{2a}）}{ax+1}$，
∵a∈（1，2），∴$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$＜$\frac{1}{2}$，
∴x∈（$\frac{1}{2}$，+∞）時，F(xiàn)（x）是增函數(shù)，
∴x∈[$\frac{1}{2}$，1]，F(xiàn)（x）_max=F（1）=1-a+ln$\frac{1+a}{2}$，a∈（1，2），
∵對任意的a∈（1，2），總存在x∈[$\frac{1}{2}$，1]，使不等式F（x）＞k（1-a²）成立，
∴對任意的a∈（1，2），不等式1-a+ln$\frac{1+a}{2}$＞k（1-a²）成立．
于是問題等價于：對任意的a∈（1，2），不等式ln$\frac{1+a}{2}$+1-a+k（a²-1）＞0恒成立．
記g（a）=ln$\frac{1+a}{2}$+1-a+k（a²-1），（1＜a＜2）
則g′（a）=$\frac{a}{1+a}$（2ka-1+2k），
當k=0時，g′（a）=$\frac{-a}{1+a}$＜0，∴g（a）在區(qū)間（1，2）上遞減，此時，g（a）＜g（1）=0，
由于a²-1＞0，∴k≤0時不可能使g（a）＞0恒成立，
故必有k＞0，∴g′（a）=$\frac{a}{1+a}$（2ka-1+2k）．若$\frac{1}{2k}$-1＞1，可知g（a）在區(qū)間（1，min{2，$\frac{1}{2k}$-1}）上遞減，
在此區(qū)間上，有g(shù)（a）＜g（1）=0，與g（a）＞0恒成立矛盾，故$\frac{1}{2k}$-1≤1，
這時，g'（a）＞0，g（a）在（1，2）上遞增，恒有g(shù)（a）＞g（1）=0，滿足題設(shè)要求，
∴$\left\{\begin{array}{l}{k＞0}\\{\frac{1}{2k}-1≤1}\end{array}\right.$，即k≥$\frac{1}{4}$，
∴實數(shù)k的取值范圍為[$\frac{1}{4}$，+∞）．

點評 本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，考查函數(shù)恒成立問題，考查函數(shù)與方程思想、分類討論思想，綜合性強，難度大．