Question

17．已知函数f（x）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$ax）+x²-ax（a为常数，a＞0）．
（Ⅰ）当a=2时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若对任意的a∈（1，2），总存在x₀∈[$\frac{1}{2}$，1]，使不等式f（x₀）＞m（a²+2a-3）成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）当a=2时，求得函数的定义域，求导，令f′（x）＞0，求得函数的单调递增区间，f′（x）＜0，求得函数的单调递减区间；
（Ⅱ）先利用导数求出f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]上的最大值f（1）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a，则问题等价于对任意的a∈（1，2），不等式ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a-m（a²+2a-3）成立，然后利用导数研究不等式左边的最小值即可；

解答 解：（1）当a=2时，f（x）=ln（$\frac{1}{2}$+x）+x²-x，定义域（-$\frac{1}{2}$，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x+\frac{1}{2}}$+2x-2=$\frac{2x（2x-1）}{1+2x}$，
令f′（x）=0，解得：x=0或x=$\frac{1}{2}$，
由x∈（-$\frac{1}{2}$，0），f′（x）＞0，x∈（0，$\frac{1}{2}$），f′（x）＜0，x∈（$\frac{1}{2}$，+∞），f′（x）＞0，
∴函数的单调递增区间（-$\frac{1}{2}$，0），（$\frac{1}{2}$，+∞），单调递减区间为（0，$\frac{1}{2}$），
（Ⅱ）f′（x）=$\frac{a}{1+ax}$+2x-a=$\frac{2a{x}^{2}+（2-{a}^{2}）x}{1+ax}$=$\frac{x[2ax-（{a}^{2}-2）]}{1+ax}$，
∵1＜a＜2，
∴$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$=$\frac{（a-2）（a+1）}{2a}$＜0，即$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$＜$\frac{1}{2}$，
∴f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上递增，∴f（x）_max=f（1）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a，
问题等价于对任意的a∈（1，2），不等式ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a＞m（a²+2a-3）成立，
设h（a）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a-m（a²+2a-3）（1＜a＜2），
则h′（a）=$\frac{1}{1+a}$-1-2ma-2m=$\frac{-2m{a}^{2}-（4m+1）a-2m}{a+1}$，
又h（1）=0，∴h（a）在1右侧需先增，∴h′（1）≥0，m≤-$\frac{1}{8}$，
设g（a）=-2ma²-（4m+1）a-2m，对称轴a=-1-$\frac{1}{4m}$≤1，
又-2m＞0，g（1）=-8m-1≥0，
所以在（1，2）上，g（a）＞0，即h′（a）＞0，
∴h（a）在（1，2）上单调递增，h（a）＞h（1）=0，即ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a＞m（a²+2a-3），
于是，对任意的a∈（1，2），总存在x₀∈[$\frac{1}{2}$，1]，使不等式f（x₀）＞m（a²+2a-3）成立，
m≤-$\frac{1}{8}$，
实数m的取值范围（-∞，-$\frac{1}{8}$）．

点评 本题考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调区间及最值，考查函数恒成立问题，考查函数与方程思想、分类讨论思想，综合性强，难度大，属于难题．