Question

已知函數(shù)f（x）=ln（

1

2

+

1

2

ax）+x²-ax，其中a為大于零的常數(shù)．
（1）若x=

1

2

是函數(shù)f（x）的一個(gè)極值點(diǎn)，求a的值；
（2）判斷函數(shù)f（x）在區(qū)間[

1

2

，+∞）上的單調(diào)性；
（3）若對任意的a∈（1，2），總存在x₀∈[

1

2

，1]，使不等式f（x₀）≥m（1-a²）成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）由已知，得f′（

1

2

）=0且

a2-2

2a

≠0，解出即可；（2）分情況討論當(dāng)0＜a≤2時(shí)，當(dāng)a＞2時(shí)從而得到單調(diào)區(qū)間；
（3）問題等價(jià)于：對任意a∈（1，2），不等式ln（

1

2

+

1

2

a）+1-a+m（a²-1）＞0恒成立令g（a）=ln（

1

2

+

1

2

a）+1-a+m（a²-1），（1＜a＜2），由g′（a）=

a

1+a

[2ma-（1-2m）]，
當(dāng)m=0時(shí)，g′（a）=-

a

1+a

＜0．得g（a）＜g（1）=0，若

1

2m

-1＞1可知g（a）在區(qū)間（1，min{2，

1

2m

-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，
從而g（a）在（1，2）單調(diào)遞增，解不等式組求出m的值即可．

解答： 解：f′（x）=

2ax(1- a2-2 2a )

1+ax

，
（1）由已知，得f′（

1

2

）=0且

a2-2

2a

≠0，
∴a²-a-2=0，
∴a=2；
（2）當(dāng)0＜a≤2時(shí)，
∵

a2-2

2a

-

1

2

=

(a-2)(a+1)

2a

≤0，
∴

1

2

≥

a2-2

2a

，
當(dāng)x≥

1

2

時(shí)，x-

a2-2

2a

≥0，
∵

2ax

1+ax

＞0，
∴f′（x）≥0，
∴f（x）在[

1

2

，+∞）上為增函數(shù)．
當(dāng)a＞2時(shí)，

1

2

＜

a2-2

2a

，
令f′（x）≥0，得x≥

a2-2

2a

，
令f′（x）≤0，得

1

2

≤x≤

a2-2

2a

，
∴f（x）在（

a2-2

2a

，+∞）遞增，在[

1

2

，

-2

2a

]遞減；
（3）∵a∈（1，2）時(shí)，
f（x）在[

1

2

，1]上的最大值為f（1）=ln（

1

2

+

1

2

a）+1-a，
所以，問題等價(jià)于：對任意a∈（1，2），
不等式ln（

1

2

+

1

2

a）+1-a+m（a²-1）＞0恒成立
令g（a）=ln（

1

2

+

1

2

a）+1-a+m（a²-1），（1＜a＜2），
∴g′（a）=

a

1+a

[2ma-（1-2m）]，
當(dāng)m=0時(shí)，g′（a）=-

a

1+a

＜0．
∴g（a）在（1，2）上單調(diào)遞減，
∴g（a）＜g（1）=0，
由于a²-1＞0，當(dāng)m≤0 時(shí)不可能使g（a）＞0恒成立，故必有m＞0
所以g′（a）=

2ma

1+a

[a-（

1

2m

-1）]，
若

1

2m

-1＞1可知g（a）在區(qū)間（1，min{2，

1

2m

-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，
所以

1

2m

-1≤1，g′a）＞0，
∴g（a）在（1，2）單調(diào)遞增
恒有g(shù)（a）＞g（1）=0滿足題設(shè)要求，
∴

1 2m -1≤1 m＞0

，
∴m≥

1

4

，
∴m的取值范圍是[

1

4

，+∞）．

點(diǎn)評：本題考察了函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的最值問題，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，求參數(shù)的范圍，是一道綜合題．