Question

2．已知函数f（x）=x²-ax，g（x）=lnx．
（1）；令F（x）=f（x）-g（x），求F（x）的单调区间；
（2）设r（x）=f（x）+g（$\frac{1+ax}{2}$）对任意a∈（1，2），总存在x∈[$\frac{1}{2}$，1]使不等式r（x）＞k（1-a²）成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出F（x）的导数，解关于导函数的方程，从而求出函数的单调区间即可；
（2）a∈（1，2）时，求出F（x）的导数，判断函数在（$\frac{1}{2}$，+∞）时，F（x）是增函数，于是问题等价于：对任意的a∈（1，2），不等式ln$\frac{1+a}{2}$+1-a+k（a²-1）＞0恒成立，再利用导函数研究不等式左边的最小值看是否符合要求，即可求实数m的取值范围．

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，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$）递减，在（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$，+∞）递增；
（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∈（$\frac{1}{2}$，+∞）时，F（x）是增函数，
∴x∈[$\frac{1}{2}$，1]，F（x）_max=F（1）=1-a+ln$\frac{1+a}{2}$，a∈（1，2），
∵对任意的a∈（1，2），总存在x∈[$\frac{1}{2}$，1]，使不等式F（x）＞k（1-a²）成立，
∴对任意的a∈（1，2），不等式1-a+ln$\frac{1+a}{2}$＞k（1-a²）成立．
于是问题等价于：对任意的a∈（1，2），不等式ln$\frac{1+a}{2}$+1-a+k（a²-1）＞0恒成立．
记g（a）=ln$\frac{1+a}{2}$+1-a+k（a²-1），（1＜a＜2）
则g′（a）=$\frac{a}{1+a}$（2ka-1+2k），
当k=0时，g′（a）=$\frac{-a}{1+a}$＜0，∴g（a）在区间（1，2）上递减，此时，g（a）＜g（1）=0，
由于a²-1＞0，∴k≤0时不可能使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）在区间（1，min{2，$\frac{1}{2k}$-1}）上递减，
在此区间上，有g（a）＜g（1）=0，与g（a）＞0恒成立矛盾，故$\frac{1}{2k}$-1≤1，
这时，g'（a）＞0，g（a）在（1，2）上递增，恒有g（a）＞g（1）=0，满足题设要求，
∴$\left\{\begin{array}{l}{k＞0}\\{\frac{1}{2k}-1≤1}\end{array}\right.$，即k≥$\frac{1}{4}$，
∴实数k的取值范围为[$\frac{1}{4}$，+∞）．

点评 本题考查利用导数研究函数单调性，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．