Question

已知函數(shù)f(x)=x2-ax+ln

ax+1

2

(a＞0)．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若對(duì)任意a∈（1，2），總存在x0∈[

1

2

，1]，使不等式f(x0)＞k(1-a2)成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用

專(zhuān)題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求導(dǎo)數(shù)，分類(lèi)討論，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，即可求得函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）a∈（1，2）時(shí)，f（x）在[

1

2

，1]上的最大值為f(1)=ln(

1

2

 +

1

2

a)+1-a，于是問(wèn)題等價(jià)于：對(duì)任意的a∈（1，2），不等式ln(

1

2

+

1

2

a)+1-a+k(a2-1)＞0恒成立，再利用導(dǎo)函數(shù)研究不等式左邊的最小值看是否符合要求即可求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

解答： 解：（Ⅰ）由題得：f′（x）=

2ax(x- a2-2 2a )

ax+1

∴a＞

2

時(shí)，由f′（x）＞0可得單調(diào)增區(qū)間為（-∞，0），（

a2-2

2a

，+∞），由f′（x）＜0可得單調(diào)減區(qū)間為（0，

a2-2

2a

），
0＜a＜

2

時(shí)，由f′（x）＞0可得單調(diào)增區(qū)間為（-∞，

a2-2

2a

），（0，+∞），由f′（x）＜0可得單調(diào)減區(qū)間為（

a2-2

2a

，0），
a=

2

時(shí)，f′（x）≥0，單調(diào)增區(qū)間為R；
（Ⅱ）a∈（1，2）時(shí)，f（x）在[

1

2

，1]上的最大值為f(1)=ln(

1

2

 +

1

2

a)+1-a，
于是問(wèn)題等價(jià)于：對(duì)任意的a∈（1，2），不等式ln(

1

2

+

1

2

a)+1-a+k(a2-1)＞0恒成立．
記g(a)=ln(

1

2

+

1

2

a)+1-a+k(a2-1)，（1＜a＜2）
則g′(a)=

a

1+a

[2ka-(1-2k)]，
當(dāng)k=0時(shí)，g′(a)=

-a

1+a

＜0，
∴g（a）在區(qū)間（1，2）上遞減，此時(shí)，g（a）＜g（1）=0，
由于a²-1＞0，
∴k≤0時(shí)不可能使g（a）＞0恒成立，
故必有k＞0，∴g′(a)=

a

1+a

[2ka-(1-2k)]．
若

1

2k

-1＞1，可知g（a）在區(qū)間（1，min{2，

1

2k

-1}）上遞減，在此區(qū)間上，有g(shù)（a）＜g（1）=0，與g（a）＞0恒成立矛盾，故

1

2k

-1≤1，
這時(shí)，g'（a）＞0，g（a）在（1，2）上遞增，恒有g(shù)（a）＞g（1）=0，滿足題設(shè)要求，
∴

k＞0 1 2k -1≤1

，即k≥

1

4

，
∴實(shí)數(shù)k的取值范圍為[

1

4

，+∞）．

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，考查函數(shù)恒成立問(wèn)題，考查函數(shù)與方程思想、分類(lèi)討論思想，綜合性強(qiáng)，難度大．