Question

2．已知a＞0，函數(shù)f（x）=$\frac{a}{3}$x³-ax²+x+1，g（x）=$\frac{1-2a}{a}$x+lnx+1
（1）若f（x）在x=x₁，x=x₂處取得極值，且1＜$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$≤5，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）求使得f′（x）≥g（ax）恒成立的實(shí)數(shù)a的取值集合．

Answer 1

分析 （1）由函數(shù)f（x）在x=x₁，x=x₂ 處取得極值，得x₁ 和x₂ 為f′（x）=ax²-2ax+1=0的兩根，利用根與系數(shù)關(guān)系求得兩根的和與積，得到$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}=4a-2$，由$t=\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}∈$（1，5]，得到4a-2的范圍，則實(shí)數(shù)a的取值范圍可求；
（2）由f′（x）≥g（ax），得ax²-x-lnax≥0．構(gòu)造函數(shù)h（x）=ax²-x-lnax（x＞0），利用導(dǎo)數(shù)求其最小值點(diǎn)，結(jié)合$h（\frac{1}{a}）=0$，得$\frac{1}{a}=\frac{1+\sqrt{1+8a}}{4a}$，求得a=1．
從而得到a的取值集合．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）在x=x₁，x=x₂ 處取得極值，且f′（x）=ax²-2ax+1，
∴x₁ 和x₂ 為方程ax²-2ax+1=0的兩根，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=2}\\{{x}_{1}{x}_{2}=\frac{1}{a}}\end{array}\right.$，
∵a＞0，由${x}_{1}+{x}_{2}=2＞0，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{1}{a}＞0$，∴x₁＞0，x₂＞0，
$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}=\frac{{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}=\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-2{x}_{1}{x}_{2}}{\frac{1}{a}}$=$a（4-\frac{2}{a}）=4a-2$．
$t=\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}∈$（1，5]，$t+\frac{1}{t}∈$（2，$\frac{26}{5}$]，
∴4a-2∈（2，$\frac{26}{5}$]，則a∈（1，$\frac{9}{5}$]；
（2）依題意f′（x）≥g（ax），即ax²-2ax+1≥（1-2a）x+lnax+1．
整理得ax²-x-lnax≥0．
設(shè)h（x）=ax²-x-lnax（x＞0），$h′（x）=2ax-1-\frac{1}{x}=\frac{2a{x}^{2}-x-1}{x}$，
引入函數(shù)φ（x）=2ax²-x-1，
△=1+8a＞0，
${x}_{1}{x}_{2}=-\frac{1}{2a}＜0$，$x=\frac{1±\sqrt{1+8a}}{4a}$，x＞0，∴$x=\frac{1+\sqrt{1+8a}}{4a}$，
∴函數(shù)h′（x）在$（0，\frac{1+\sqrt{1+8a}}{4a}）$上遞減，在$（\frac{1+\sqrt{1+8a}}{4a}，+∞）$上單增，
顯然$h（\frac{1}{a}）=0$，∴$\frac{1}{a}=\frac{1+\sqrt{1+8a}}{4a}$，即a=1．
綜上所述，a的取值集合為{1}．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)存在極值的條件，訓(xùn)練了利用函數(shù)的最值證明不等式恒成立問題，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化、化歸等思想方法，是壓軸題．