Question

17．记max{m，n}表示m，n中的最大值，如max$\left\{{3，\sqrt{10}}\right\}=\sqrt{10}$．已知函数f（x）=max{x²-1，2lnx}，g（x）=max{x+lnx，-x²+（a²-$\frac{1}{2}$）x+2a²+4a}．
（1）设$h（x）=f（x）-3（{x-\frac{1}{2}}）{（{x-1}）^2}$，求函数h（x）在（0，1]上零点的个数；
（2）试探讨是否存在实数a∈（-2，+∞），使得g（x）＜$\frac{3}{2}$x+4a对x∈（a+2，+∞）恒成立？若存在，求a的取值范围；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用导数求出$h（x）=f（x）-3（{x-\frac{1}{2}}）{（{x-1}）^2}$的单调区间及最值，结合图象即可判定；
（2）构造函数H（x）=g（x）-$\frac{3}{2}$x-4a，对该函数在∈（a+2，+∞）的最大值进行分类求解，只需最大值小于0即可．

解答 解：（1）设$F（x）={x^2}-1-2lnx，F'（x）=2x-\frac{2}{x}=\frac{{2（{x-1}）（{x+1}）}}{x}$，…（1分）
令F'（x）＞0，得x＞1，F（x）递增；令F'（x）＜0，得0＜x＜1，F（x）递减，…（2分）
∴F（x）_min=F（1）=0，∴F（x）≥0，即x²-1≥2lnx，∴f（x）=x²-1…（3分）
设$G（x）=3（{x-\frac{1}{2}}）{（{x-1}）^2}$，结合f（x）与G（x）在（0，1]上图象可知，这两个函数的图象在（0，1]上有两个交点，即h（x）在（0，1]上零点的个数为2…（5分）
（或由方程f（x）=G（x）在（0，1]上有两根可得）
（2）假设存在实数a∈（-2，+∞），使得$g（x）＜\frac{3}{2}x+4a$对x∈（a+2，+∞）恒成立，
则$\left\{{\begin{array}{l}{x+lnx＜\frac{3}{2}x+4a}\\{-{x^2}+（{{a^2}-\frac{1}{2}}）x+2{a^2}+4a＜\frac{3}{2}x+4a}\end{array}}\right.$，对x∈（a+2，+∞）恒成立，
即$\left\{{\begin{array}{l}{lnx-\frac{1}{2}x＜4a}\\{（{x+2}）（{x-{a^2}}）＞0}\end{array}}\right.$，对x∈（a+2，+∞）恒成立，…（6分）
①设$H（x）=lnx-\frac{1}{2}x，H'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{2}=\frac{2-x}{2x}$，
令H'（x）＞0，得0＜x＜2，H（x）递增；令H'（x）＜0，得x＞2，H（x）递减，
∴H（x）_max=h（2）=ln2-1，
当0＜a+2＜2即-2＜a＜0时，4a＞ln2-1，∴$a＞\frac{ln2-1}{4}$，∵a＜0，∴4$a∈（{\frac{ln2-1}{4}，0}）$．
故当$a∈（{\frac{ln2-1}{4}，0}）$时，$lnx-\frac{1}{2}x＜4a$对x∈（a+2，+∞）恒成立，…（8分）
当a+2≥2即a≥0时，H（x）在（a+2，+∞）上递减，∴$H（x）＜H（{a+2}）=ln（{a+2}）-\frac{1}{2}a-1$．
∵${（{ln（{a+2}）-\frac{1}{2}a-1}）^′}=\frac{1}{a+2}-\frac{1}{2}≤0$，∴H（a+2）≤H（0）=ln2-1＜0，
故当a≥0时，$lnx-\frac{1}{2}x＜4a$对x∈（a+2，+∞）恒成立…（10分）
②若（x+2）（x-a²）＞0对x∈（a+2，+∞）恒成立，则a+2≥a²，∴a∈[-1，2]…（11分）
由①及②得，$a∈（{\frac{ln2-1}{4}，2}]$．
故存在实数a∈（-2，+∞），使得$g（x）＜\frac{3}{2}x+4a$对x∈（a+2，+∞）恒成立，
且a的取值范围为$（{\frac{ln2-1}{4}，2}]$…（12分）

点评 本题考查了函数的零点的个数判定，及函数不等式恒成立时，参数取值范围的求解方法，属于难题．