Question

15．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$ax²+2x，g（x）=lnx．
（1）如果函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）在[1，+∞）上是單調(diào)減函數(shù)，求a的取值范圍；
（2）是否存在實數(shù)a＞0，使得方程g（x）=xf′（x）-x（2a+1）在區(qū)間（$\frac{1}{e}$，e）內(nèi)有解，若存在，請求出a的取值范圍；若不存在，請說明理由．
（3）設(shè)r（x）=x²-ax+g（$\frac{1+ax}{2}$）對于任意的a∈（1，2），總存在x₀∈[$\frac{1}{2}$，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）由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出a的取值范圍．
（2）由題意，原方程的根餓問題等價于方程ax²+（1-2a）x-lnx=0在（$\frac{1}{e}$，e）內(nèi)的零點(diǎn)問題，再利用導(dǎo)數(shù)，和零點(diǎn)的存在定理，求出a的范圍；
（3）a∈（1，2）時，f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]上的最大值為f（1）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a，于是問題等價于：對任意的a∈（1，2），不等式ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a+k（a2-1）＞0恒成立，再利用導(dǎo)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）由已知，得h（x）=$\frac{1}{2}$ax²+2x-lnx，且x＞0，
則h′（x）=ax+2-$\frac{1}{x}$=$\frac{{ax}^{2}+2x-1}{x}$，
∵函數(shù) h（x）在[1，+∞）上是減函數(shù)，
∴h′（x）≤0恒成立，
∴ax²+2x-1≤0在[1，∞）恒成立，
即a≤$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{2}{x}$=${（\frac{1}{x}-1）}^{2}$-1，（0＜$\frac{1}{x}$≤1），
∴a≤-1，
即a的取值范圍是 （-∞，-1]；
（2）方程g（x）=xf′（x）-x（2a+1），等價于方程ax²+（1-2a）x-lnx=0，
設(shè) H（x）=ax²+（1-2a）x-lnx，
于是原方程在區(qū)間（$\frac{1}{e}$，e）內(nèi)根的問題，轉(zhuǎn)化為函數(shù)H（x）在（$\frac{1}{e}$，e）內(nèi)的零點(diǎn)問題．
H′（x）=2ax+（1-2a）-$\frac{1}{x}$=$\frac{（2ax+1）（x-1）}{x}$，
當(dāng) x∈（0，1）時，H'（x）＜0，H（x）是減函數(shù)，
當(dāng) x∈（1，+∞）時，H'（x）＞0，H（x）是增函數(shù)，
若 H（x）在（$\frac{1}{e}$，e）內(nèi)有零點(diǎn)，
只需$\left\{\begin{array}{l}{H（\frac{1}{e}）=\frac{a}{{e}^{2}}+\frac{1-2a}{e}+1≥0}\\{{H}_{min}（x）=H（1）=a+（1-2a）≤0}\\{H（e）={ae}^{2}+（1-2a）e-1≥0}\end{array}\right.$，
解得：1≤a≤$\frac{{e}^{2}+e}{2e-1}$即a的取值范圍是[1，$\frac{{e}^{2}+e}{2e-1}$]；
（3）a∈（1，2）時，f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]上的最大值為f（1）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a，
于是問題等價于：對任意的a∈（1，2），不等式ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a+k（a2-1）＞0恒成立．
記g（a）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a+k（a2-1），（1＜a＜2）
則g′（a）=$\frac{a}{1+a}$[2ka-（1-2k）]，
當(dāng)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(diǎn)評 本題考查利用導(dǎo)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(qiáng)，難度大．