Question

16．已知函數(shù)f（x）=ln（$\frac{1}{2}$$+\frac{1}{2}$ax）+x²-ax （a為常數(shù)，a＞0）．
（Ⅰ）若x=$\frac{1}{2}$是函數(shù)f（x）的一個(gè)極值點(diǎn)，求a的值；
（Ⅱ）求證：當(dāng)0＜a≤2時(shí)，f（x）在[$\frac{1}{2}$，+∞]上是增函數(shù)；
（Ⅲ）若對(duì)任意的a∈（1，2），總存在x₀∈[$\frac{1}{2}$，1]，使不等式f（x₀）＞m（1-a²）成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到關(guān)于a的方程，解出即可；
（Ⅱ）分情況討論當(dāng)0＜a≤2時(shí)，當(dāng)a＞2時(shí)從而得到單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）問題等價(jià)于對(duì)任意的a∈（1，2），不等式ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a+m（a²-1）＞0恒成立，記g（a）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a0+1-a+m（a²-1），（1＜a＜2），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的范圍即可．

解答 解：f′（x）=$\frac{\frac{1}{2}a}{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}ax}$+2x-a=$\frac{2ax（x-\frac{{a}^{2}-2}{2a}）}{1+ax}$，（x＞-$\frac{1}{a}$），
（Ⅰ）由已知，得f′（$\frac{1}{2}$）=0⇒$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$=$\frac{1}{2}$，
∴a²-a-2=0，∵a＞0，∴a=2，
經(jīng)檢驗(yàn)，a=2滿足條件．
（Ⅱ）當(dāng)0＜a≤2時(shí)，
∵$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$-$\frac{1}{2}$=$\frac{（a-2）（a+1）}{2a}$≤0，∴$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$≤$\frac{1}{2}$，
當(dāng)x≥$\frac{1}{2}$時(shí)，x-$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$≥0，
又∵$\frac{2ax}{1+ax}$＞0，∴f′（x）≥0，
故f（x）在[$\frac{1}{2}$，+∞）上是增函數(shù)．
（Ⅲ）當(dāng)a∈（1，2）時(shí)，由（Ⅱ）知，
f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]上的最大值為f（1）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a，
于是問題等價(jià)于：對(duì)任意的a∈（1，2），
不等式ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a+m（a²-1）＞0恒成立．
記g（a）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a0+1-a+m（a²-1），（1＜a＜2），
則g′（a）=$\frac{1}{1+a}$-1+2ma=$\frac{a}{1+a}$[2ma-（1-2m）]，
當(dāng)m≤0時(shí)，有2ma-（1-2m）=2m（a+1）-1＜0，且$\frac{a}{1+a}$＞0，
∴g（a）在區(qū)間（1，2）上遞減，且g（1）=0，
則m≤0不可能使g（a）＞0恒成立，故必有m＞0；
當(dāng)m＞0，且g′（a）=$\frac{2ma}{1+a}$[a-（$\frac{1}{2m}$-1）]，
若$\frac{1}{2m}$-1＞1，可知g（a）在區(qū)間D=（1，min{2，$\frac{1}{2m}$-1}）上遞減，
在此區(qū)間D上有g(shù)（a）＜g（1）=0，與g（a）＞0恒成立矛盾，
故$\frac{1}{2m}$-1≤1，這時(shí)g′（a）＞0，即g（a）在（1，2）上遞增，
恒有g(shù)（a）＞g（1）=0滿足題設(shè)要求．
∴$\left\{\begin{array}{l}{m＞0}\\{\frac{1}{2m}-1≤1}\end{array}\right.$⇒m≥$\frac{1}{4}$，
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍為[$\frac{1}{4}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考察了函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的最值問題，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，求參數(shù)的范圍，是一道綜合題．