Question

15．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$ax²+2x，g（x）=lnx．
（1）如果函数h（x）=f（x）-g（x）在[1，+∞）上是单调减函数，求a的取值范围；
（2）是否存在实数a＞0，使得方程g（x）=xf′（x）-x（2a+1）在区间（$\frac{1}{e}$，e）内有解，若存在，请求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．
（3）设r（x）=x²-ax+g（$\frac{1+ax}{2}$）对于任意的a∈（1，2），总存在x₀∈[$\frac{1}{2}$，1]，使不等式r（x）＞k（1-a²）成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由此利用导数性质能求出a的取值范围．
（2）由题意，原方程的根饿问题等价于方程ax²+（1-2a）x-lnx=0在（$\frac{1}{e}$，e）内的零点问题，再利用导数，和零点的存在定理，求出a的范围；
（3）a∈（1，2）时，f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]上的最大值为f（1）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a，于是问题等价于：对任意的a∈（1，2），不等式ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a+k（a2-1）＞0恒成立，再利用导函数研究不等式左边的最小值看是否符合要求即可求实数m的取值范围．

解答 解：（1）由已知，得h（x）=$\frac{1}{2}$ax²+2x-lnx，且x＞0，
则h′（x）=ax+2-$\frac{1}{x}$=$\frac{{ax}^{2}+2x-1}{x}$，
∵函数 h（x）在[1，+∞）上是减函数，
∴h′（x）≤0恒成立，
∴ax²+2x-1≤0在[1，∞）恒成立，
即a≤$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{2}{x}$=${（\frac{1}{x}-1）}^{2}$-1，（0＜$\frac{1}{x}$≤1），
∴a≤-1，
即a的取值范围是 （-∞，-1]；
（2）方程g（x）=xf′（x）-x（2a+1），等价于方程ax²+（1-2a）x-lnx=0，
设 H（x）=ax²+（1-2a）x-lnx，
于是原方程在区间（$\frac{1}{e}$，e）内根的问题，转化为函数H（x）在（$\frac{1}{e}$，e）内的零点问题．
H′（x）=2ax+（1-2a）-$\frac{1}{x}$=$\frac{（2ax+1）（x-1）}{x}$，
当 x∈（0，1）时，H'（x）＜0，H（x）是减函数，
当 x∈（1，+∞）时，H'（x）＞0，H（x）是增函数，
若 H（x）在（$\frac{1}{e}$，e）内有零点，
只需$\left\{\begin{array}{l}{H（\frac{1}{e}）=\frac{a}{{e}^{2}}+\frac{1-2a}{e}+1≥0}\\{{H}_{min}（x）=H（1）=a+（1-2a）≤0}\\{H（e）={ae}^{2}+（1-2a）e-1≥0}\end{array}\right.$，
解得：1≤a≤$\frac{{e}^{2}+e}{2e-1}$即a的取值范围是[1，$\frac{{e}^{2}+e}{2e-1}$]；
（3）a∈（1，2）时，f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]上的最大值为f（1）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a，
于是问题等价于：对任意的a∈（1，2），不等式ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a+k（a2-1）＞0恒成立．
记g（a）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a+k（a2-1），（1＜a＜2）
则g′（a）=$\frac{a}{1+a}$[2ka-（1-2k）]，
当k=0时，g′（a）=$\frac{-a}{1+a}$＜0，∴g（a）在区间（1，2）上递减，此时，g（a）＜g（1）=0，
由于a²-1＞0，∴k≤0时不可能使g（a）＞0恒成立，
故必有k＞0，∴g′（a）=$\frac{a}{1+a}$[2ka-（1-2k）]．
若$\frac{1}{2k}$-1＞1，可知g（a）在区间（1，min{2，$\frac{1}{2k}$-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$\frac{1}{2k}$-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，
∴$\left\{\begin{array}{l}{k＞0}\\{\frac{1}{2k}-1≤1}\end{array}\right.$，即k≥$\frac{1}{4}$，
∴实数k的取值范围为[$\frac{1}{4}$，+∞）．

点评 本题考查利用导数研究函数单调性，考查函数恒成立问题，考查函数与方程思想、分类讨论思想，综合性强，难度大．