Question

17．已知函數(shù)f（x）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$ax）+x²-ax（a為常數(shù)，a＞0）．
（Ⅰ）當(dāng)a=2時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若對(duì)任意的a∈（1，2），總存在x₀∈[$\frac{1}{2}$，1]，使不等式f（x₀）＞m（a²+2a-3）成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)a=2時(shí)，求得函數(shù)的定義域，求導(dǎo)，令f′（x）＞0，求得函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間，f′（x）＜0，求得函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間；
（Ⅱ）先利用導(dǎo)數(shù)求出f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]上的最大值f（1）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a，則問(wèn)題等價(jià)于對(duì)任意的a∈（1，2），不等式ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a-m（a²+2a-3）成立，然后利用導(dǎo)數(shù)研究不等式左邊的最小值即可；

解答 解：（1）當(dāng)a=2時(shí)，f（x）=ln（$\frac{1}{2}$+x）+x²-x，定義域（-$\frac{1}{2}$，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x+\frac{1}{2}}$+2x-2=$\frac{2x（2x-1）}{1+2x}$，
令f′（x）=0，解得：x=0或x=$\frac{1}{2}$，
由x∈（-$\frac{1}{2}$，0），f′（x）＞0，x∈（0，$\frac{1}{2}$），f′（x）＜0，x∈（$\frac{1}{2}$，+∞），f′（x）＞0，
∴函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間（-$\frac{1}{2}$，0），（$\frac{1}{2}$，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（0，$\frac{1}{2}$），
（Ⅱ）f′（x）=$\frac{a}{1+ax}$+2x-a=$\frac{2a{x}^{2}+（2-{a}^{2}）x}{1+ax}$=$\frac{x[2ax-（{a}^{2}-2）]}{1+ax}$，
∵1＜a＜2，
∴$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$=$\frac{（a-2）（a+1）}{2a}$＜0，即$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$＜$\frac{1}{2}$，
∴f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上遞增，∴f（x）_max=f（1）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a，
問(wèn)題等價(jià)于對(duì)任意的a∈（1，2），不等式ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a＞m（a²+2a-3）成立，
設(shè)h（a）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a-m（a²+2a-3）（1＜a＜2），
則h′（a）=$\frac{1}{1+a}$-1-2ma-2m=$\frac{-2m{a}^{2}-（4m+1）a-2m}{a+1}$，
又h（1）=0，∴h（a）在1右側(cè)需先增，∴h′（1）≥0，m≤-$\frac{1}{8}$，
設(shè)g（a）=-2ma²-（4m+1）a-2m，對(duì)稱軸a=-1-$\frac{1}{4m}$≤1，
又-2m＞0，g（1）=-8m-1≥0，
所以在（1，2）上，g（a）＞0，即h′（a）＞0，
∴h（a）在（1，2）上單調(diào)遞增，h（a）＞h（1）=0，即ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a＞m（a²+2a-3），
于是，對(duì)任意的a∈（1，2），總存在x₀∈[$\frac{1}{2}$，1]，使不等式f（x₀）＞m（a²+2a-3）成立，
m≤-$\frac{1}{8}$，
實(shí)數(shù)m的取值范圍（-∞，-$\frac{1}{8}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及最值，考查函數(shù)恒成立問(wèn)題，考查函數(shù)與方程思想、分類討論思想，綜合性強(qiáng)，難度大，屬于難題．