Question

10．已知函数F（x）=-ax+lnx+1（a∈R）．
（1）讨论函数F（x）的单调性；
（2）定义在R上的偶函数f（x）在[0，+∞）上递减，若不等式f（F（x））+f（ax-lnx-1）≥2f（1）对x∈[1，3]恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）问题等价于2f（-ax+lnx+1）≥2f（1）对x∈[1，3]恒成立，分离参数，得到a≥$\frac{lnx}{x}$且a≤$\frac{2+lnx}{x}$对x∈[1，3]同时恒成立，设g（x）=$\frac{lnx}{x}$，h（x）=$\frac{2+lnx}{x}$，从而求出a的范围即可．

解答 解：（1）F′（x）=$\frac{1-ax}{x}$（x＞0），
a≤0时，F′（x）＞0，得x∈（0，$\frac{1}{a}$），由F′（x）＜0，得：x∈（$\frac{1}{a}$，+∞），
故F（x）在（$\frac{1}{a}$，+∞）递减，在（0，$\frac{1}{a}$）递增；
（2）∵函数f（x）为偶函数，且f（x）在[0，+∞）递减，
∴f（x）在（-∞，0）递增，
又ax-lnx-1=-（-ax+lnx+1），
∴f（-ax+lnx+1）+f（ax-lnx-1）≥2f（1）对x∈[1，3]恒成立，
等价于2f（-ax+lnx+1）≥2f（1）对x∈[1，3]恒成立，
则-1≤-ax+lnx+1≤1对x∈[1，3]恒成立，
即a≥$\frac{lnx}{x}$且a≤$\frac{2+lnx}{x}$对x∈[1，3]同时恒成立，
设g（x）=$\frac{lnx}{x}$，g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
则g（x）在[1，e]递增，在（e，3]递减，
∴g（x）_max=g（e）=$\frac{1}{e}$，
设h（x）=$\frac{2+lnx}{x}$，h′（x）=$\frac{-1-lnx}{{x}^{2}}$＜0，
则h（x）在[1，3]递减，∴h（x）_min=h（3）=$\frac{2+ln3}{3}$，
综上，a∈[$\frac{1}{e}$，$\frac{2+ln3}{3}$]．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道中档题．