Question

已知函数f(x)=x2-ax+ln

ax+1

2

(a＞0)．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若对任意a∈（1，2），总存在x0∈[

1

2

，1]，使不等式f(x0)＞k(1-a2)成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求导数，分类讨论，利用导数的正负，即可求得函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）a∈（1，2）时，f（x）在[

1

2

，1]上的最大值为f(1)=ln(

1

2

 +

1

2

a)+1-a，于是问题等价于：对任意的a∈（1，2），不等式ln(

1

2

+

1

2

a)+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：（Ⅰ）由题得：f′（x）=

2ax(x- a2-2 2a )

ax+1

∴a＞

2

时，由f′（x）＞0可得单调增区间为（-∞，0），（

a2-2

2a

，+∞），由f′（x）＜0可得单调减区间为（0，

a2-2

2a

），
0＜a＜

2

时，由f′（x）＞0可得单调增区间为（-∞，

a2-2

2a

），（0，+∞），由f′（x）＜0可得单调减区间为（

a2-2

2a

，0），
a=

2

时，f′（x）≥0，单调增区间为R；
（Ⅱ）a∈（1，2）时，f（x）在[

1

2

，1]上的最大值为f(1)=ln(

1

2

 +

1

2

a)+1-a，
于是问题等价于：对任意的a∈（1，2），不等式ln(

1

2

+

1

2

a)+1-a+k(a2-1)＞0恒成立．
记g(a)=ln(

1

2

+

1

2

a)+1-a+k(a2-1)，（1＜a＜2）
则g′(a)=

a

1+a

[2ka-(1-2k)]，
当k=0时，g′(a)=

-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)=

a

1+a

[2ka-(1-2k)]．
若

1

2k

-1＞1，可知g（a）在区间（1，min{2，

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

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，
∴

k＞0 1 2k -1≤1

，即k≥

1

4

，
∴实数k的取值范围为[

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．