Question

7．已知函数f（x）=ax²+lnx，f₁（x）=$\frac{1}{2}$x²+2ax，a∈R，若f（x）＜f₁（x）在区间（1，+∞）上恒成立，则a的取值范围为（-$∞，\frac{1}{2}$]．

Answer 1

分析 将所给的不等式化成f（x）-f₁（x）＜0的形式，然后构造函数，利用导数研究单调性再求其最值即可．

解答 解：由题意得ax²+lnx-$\frac{1}{2}$x²-2ax＜0当x＞1时恒成立，
令g（x）=ax²+lnx-$\frac{1}{2}$x²-2ax，x＞1．
则g$′（x）=2ax-2a-x+\frac{1}{x}$=$\frac{（x-1）[（2a-1）x-1]}{x}$．
①当a=$\frac{1}{2}$时，g$′（x）=-\frac{x-1}{x}＜0$，此时g（x）在（1，+∞）内递减，且当x→1时，g（x）→-1＜0．
故此时g（x）＜0恒成立，即原不等式恒成立；
令g′（x）=0得x=1或x=$\frac{1}{2a-1}$．
②当$\frac{1}{2a-1}＜0$，即$a＜\frac{1}{2}$时，g′（x）＜0在（1，+∞）上恒成立，由①知，此时原不等式恒成立；
③当0$＜\frac{1}{2a-1}≤1$，即a≥1时，g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以g（x）在（0，+∞）上递增，易知只要x足够大，一定会有g（x）＞0成立，
故此时原不等式不能恒成立；
④当$\frac{1}{2a-1}＞1$，即$\frac{1}{2}＜a＜1$时，当$x∈（1，\frac{1}{2a-1}）$时，g′（x）＜0．当x∈（$\frac{1}{2a-1}，+∞$）时，g′（x）＞0．
所以当x$∈（\frac{1}{2a-1}，+∞）$时，g（x）递增，只要x取得足够大，必有g（x）＞0成立，故此时原不等式不恒成立．
综上可知，当$a≤\frac{1}{2}$时，原不等式恒成立．
故答案为（$-∞，\frac{1}{2}$]．

点评 本题考查了关于不等式恒成立问题的基本解题思路，一般转化为函数的最值问题来求，此例若才用分离参数法可能不好处理．