Question

20．已知函数h（x）=-2ax+lnx．
（1）当a=1时，求h（x）在（2，h（2））处的切线方程；
（2）令f（x）=$\frac{a}{2}$x²+h（x）已知函数f（x）有两个极值点x₁，x₂，且x₁•x₂＞$\frac{1}{2}$，求实数a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若存在x₀∈[1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$，2]，使不等式f（x₀）+ln（a+1）＞m（a²-1）-（a+1）+2ln2对任意a（取值范围内的值）恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）当a=1时，h（x）=-2x+lnx，h′（x）=-2+$\frac{1}{x}$，求出切线斜率、切点坐标，即可求h（x）在（2，h（2））处的切线方程；
（2）对函数求导，由题意可得f′（x）=0有两个不等式实数根x₁、x₂，且x₁•x₂＞$\frac{1}{2}$，根据方程的根与系数关系建立关于a的不等式，从而可求a的范围
（3）由（2）中a的范围可判断f（x）在（0，x₁），（x₁，x₂），（x₂，+∞）上的单调性及x₂=1+$\frac{\sqrt{{a}^{2}-a}}{a}$＜1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$，可得f（x）在[1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$，2]单调递增，从而可求f（x）_max=f（2），由已知整理可得不等式ln（a+1）-ma²-a+m-ln2+1＞0对任意的a（1＜a＜2）恒成立．通过研究函数g（a）=ln（a+1）-ma²-a+m-ln2+1的单调性可求

解答 解：（1）当a=1时，h（x）=-2x+lnx，h′（x）=-2+$\frac{1}{x}$，
x=2时，h′（2）=-$\frac{3}{2}$，h（2）=-4+ln2，
∴h（x）在（2，h（2））处的切线方程为y+4-ln2=-$\frac{3}{2}$（x-2），
化简得：3x+2y-2ln2+2=0；
（2）对函数求导可得，f′（x）=$\frac{a{x}^{2}-2ax+1}{x}$（x＞0），
令f′（x）=0可得ax²-2ax+1=0
∴$\left\{\begin{array}{l}{a≠0}\\{4{a}^{2}-4a＞0}\\{\frac{1}{a}＞\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，解得a的取值范围为（1，2）．                     …（6分）
（3）由ax²-2ax+1=0，解得x₁=1-$\frac{\sqrt{{a}^{2}-a}}{a}$，x₂=1+$\frac{\sqrt{{a}^{2}-a}}{a}$，
而f（x）在（0，x₁）上递增，在（x₁，x₂）上递减，在（x₂，+∞）上递增
∵1＜a＜2，
∴x₂=1+$\frac{\sqrt{{a}^{2}-a}}{a}$＜1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴f（x）在[1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$，2]单调递增
∴在[1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$，2]上，f（x）_max=f（2）=-2a+ln2．    
∴?x₀∈[1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$，2]，使不等式f（x₀）+ln（a+1）＞m（a²-1）-（a+1）+2ln2对?a∈M恒成立，
等价于不等式-2a+ln2+ln（a+1）＞m（a²-1）-（a+1）+2ln2恒成立
即不等式ln（a+1）-ma²-a+m-ln2+1＞0对任意的a（1＜a＜2）恒成立．
令g（a）=ln（a+1）-ma²-a+m-ln2+1，则g（1）=0，g′（a）=$\frac{-2ma（a+1+\frac{1}{2m}）}{a+1}$，
①当m≥0时，g′（a）＜0，g（a）在（1，2）上递减．
g（a）＜g（1）=0，不合题意．
②当m＜0时，g′（a）=$\frac{-2ma（a+1+\frac{1}{2m}）}{a+1}$，
∵1＜a＜2
若-（1+$\frac{1}{2m}$）＞1，即-$\frac{1}{4}$＜m＜0时，则g（a）在（1，2）上先递减，
∵g（1）=0，
∴1＜a＜2时，g（a）＞0不能恒成立；
若-（1+$\frac{1}{2m}$）≤1，即m≤-$\frac{1}{4}$时，则g（a）在（1，2）上单调递增，
∴g（a）＞g（1）=0恒成立，
∴m的取值范围为（-∞，-$\frac{1}{4}$]．

点评 本题主要考查了函数的导数的应用：函数的导数在求解函数的极值、函数的单调性及函数的最值中的应用，要注意分类讨论思想及构造转化思想的应用．