Question

6．已知函数f（x）=ln（$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}ax$）+x²-ax（a为常数，且a＞0）．
（Ⅰ）若x=$\frac{1}{2}$是函数f（x）的一个极值点，求a的值；
（Ⅱ）当0＜a≤2时，判断f（x）在[$\frac{1}{2}，+∞）$上的单调性，并加以证明；
（Ⅲ）若对任意的a∈（1+$\frac{1}{n+1}$，2）（n∈N⁺，且n为常数），总存在x₀∈[$\frac{1}{2}，1$]，使不等式f（x₀）＞m（1-a²）成立（m为正实数），试比较m与$\frac{n+1}{4n+6}$的大小，并加以证明．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数的导数，通过f′（$\frac{1}{2}$）=0，解出a的值即可；
（Ⅱ）当x≥$\frac{1}{2}$时，x-$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$≥0，又$\frac{2ax}{1+ax}$＞0，得到f′（x）≥0，从而得到函数的单调性；
（Ⅲ）将问题转化为对任意的a∈（1，2），不等式ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a+m（a²-1）＞0恒成立，通过讨论函数g（a）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a+m（a²-1）的单调性，从而求出m的范围，即可得到m与$\frac{n+1}{4n+6}$的大小．

解答 解：f′（x）=$\frac{\frac{1}{2}a}{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}ax}$+2x-a=$\frac{2ax（x-\frac{{a}^{2}-2}{2a}）}{1+ax}$，
（Ⅰ）由已知，得 f′（$\frac{1}{2}$）=0且$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$≠0，∴a²-a-2=0，
∵a＞0，∴a=2；
（Ⅱ）当0＜a≤2时，f（x）在[$\frac{1}{2}$，+∞）上是增函数．
∵$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$-$\frac{1}{2}$=$\frac{（a-2）（a+1）}{2a}$≤0，∴$\frac{1}{2}$≥$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$，
∴当x≥$\frac{1}{2}$时，x-$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$≥0，又$\frac{2ax}{1+ax}$＞0，∴f′（x）≥0，
故f（x）在[$\frac{1}{2}$，+∞）上是增函数；
（Ⅲ）m＞$\frac{n+1}{4n+6}$．
理由：对任意的a∈（1+$\frac{1}{n+1}$，2），
由（Ⅱ）知，f（x）在[1，2]上的最小值为f（1）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a，
于是问题等价于：对任意的a∈（1+$\frac{1}{n+1}$，2），不等式ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a+m（a²-1）＞0恒成立，
记g（a）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a+m（a²-1），（1＜a＜2）
则g′（a）=$\frac{1}{1+a}$-1+2ma=$\frac{a}{1+a}$[2ma-（1-2m）]，
当m≤0时，2ma-1+2m＜0，∴g’（a）＜0，
∴g（a）在区间（1，2）上递减，
此时，g（a）＜g（1）=0，∴m≤0时不可能使g（a）＞0恒成立，故必有m＞0，
∴g′（a）=$\frac{2ma}{1+a}$[a-（$\frac{1}{2m}$-1）]．
若$\frac{1}{2m}$-1＞1，可知g（a）在区间（1，min{2，$\frac{1}{2m}$-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$\frac{1}{2m}$-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，
即有$\left\{\begin{array}{l}{m＞0}\\{\frac{1}{2m}-1≤1}\end{array}\right.$，解得m≥$\frac{1}{4}$，
又$\frac{n+1}{4n+6}$-$\frac{1}{4}$=$\frac{-2}{4（4n+6）}$＜0，
即有$\frac{n+1}{4n+6}$＜$\frac{1}{4}$，
则有m＞$\frac{n+1}{4n+6}$．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查了导数的应用，考查了转化思想，是一道综合题．