Question

2．已知a＞0，函数f（x）=$\frac{a}{3}$x³-ax²+x+1，g（x）=$\frac{1-2a}{a}$x+lnx+1
（1）若f（x）在x=x₁，x=x₂处取得极值，且1＜$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$≤5，求实数a的取值范围；
（2）求使得f′（x）≥g（ax）恒成立的实数a的取值集合．

Answer 1

分析 （1）由函数f（x）在x=x₁，x=x₂ 处取得极值，得x₁ 和x₂ 为f′（x）=ax²-2ax+1=0的两根，利用根与系数关系求得两根的和与积，得到$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}=4a-2$，由$t=\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}∈$（1，5]，得到4a-2的范围，则实数a的取值范围可求；
（2）由f′（x）≥g（ax），得ax²-x-lnax≥0．构造函数h（x）=ax²-x-lnax（x＞0），利用导数求其最小值点，结合$h（\frac{1}{a}）=0$，得$\frac{1}{a}=\frac{1+\sqrt{1+8a}}{4a}$，求得a=1．
从而得到a的取值集合．

解答 解：（1）函数f（x）在x=x₁，x=x₂ 处取得极值，且f′（x）=ax²-2ax+1，
∴x₁ 和x₂ 为方程ax²-2ax+1=0的两根，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=2}\\{{x}_{1}{x}_{2}=\frac{1}{a}}\end{array}\right.$，
∵a＞0，由${x}_{1}+{x}_{2}=2＞0，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{1}{a}＞0$，∴x₁＞0，x₂＞0，
$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}=\frac{{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}=\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-2{x}_{1}{x}_{2}}{\frac{1}{a}}$=$a（4-\frac{2}{a}）=4a-2$．
$t=\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}∈$（1，5]，$t+\frac{1}{t}∈$（2，$\frac{26}{5}$]，
∴4a-2∈（2，$\frac{26}{5}$]，则a∈（1，$\frac{9}{5}$]；
（2）依题意f′（x）≥g（ax），即ax²-2ax+1≥（1-2a）x+lnax+1．
整理得ax²-x-lnax≥0．
设h（x）=ax²-x-lnax（x＞0），$h′（x）=2ax-1-\frac{1}{x}=\frac{2a{x}^{2}-x-1}{x}$，
引入函数φ（x）=2ax²-x-1，
△=1+8a＞0，
${x}_{1}{x}_{2}=-\frac{1}{2a}＜0$，$x=\frac{1±\sqrt{1+8a}}{4a}$，x＞0，∴$x=\frac{1+\sqrt{1+8a}}{4a}$，
∴函数h′（x）在$（0，\frac{1+\sqrt{1+8a}}{4a}）$上递减，在$（\frac{1+\sqrt{1+8a}}{4a}，+∞）$上单增，
显然$h（\frac{1}{a}）=0$，∴$\frac{1}{a}=\frac{1+\sqrt{1+8a}}{4a}$，即a=1．
综上所述，a的取值集合为{1}．

点评 本题考查了函数的单调性，考查函数存在极值的条件，训练了利用函数的最值证明不等式恒成立问题，考查了数学转化、化归等思想方法，是压轴题．