Question

2．設函數(shù)g（x）=ax²-2lnx．
（1）討論g（x）的單調(diào)性．
（2）設h（x）=$\frac{1-3a}{2}{x}^{2}+（2+a）lnx-x$（a≠1），f（x）=g（x）+h（x），若存在x₀≥1使得f（x₀）$＜\frac{a}{a-1}$，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導函數(shù)，然后分a＞0和a≤0求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）求出函數(shù)f（x）的導函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性分類求出函數(shù)的最值，把存在x₀≥1使得f（x₀）$＜\frac{a}{a-1}$轉(zhuǎn)化為關于a的不等式求解．

解答 解：（1）g（x）=ax²-2ln x，其定義域為（0，+∞），
∴g′（x）=2ax-$\frac{2}{x}$=$\frac{2（a{x}^{2}-1）}{x}$ （x＞0）．
①當a＞0時，由ax²-1＞0，得x＞$\frac{1}{\sqrt{a}}$，
由ax²-1＜0，得0＜x＜$\frac{1}{\sqrt{a}}$．
故當a＞0時，g （x）在區(qū)間（$\frac{1}{\sqrt{a}}，+∞$）上單調(diào)遞增，
在區(qū)間（0，$\frac{1}{\sqrt{a}}$）上單調(diào)遞減；
②當a≤0時，g′（x）＜0 （x＞0）恒成立．
故當a≤0時，g （x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減；
（2）f（x）=g（x）+h（x）=$\frac{1-a}{2}{x}^{2}+alnx-x$，則${f}^{′}（x）=\frac{a}{x}+（1-a）x-1=\frac{1-a}{x}（x-\frac{a}{1-a}）（x-1）$．
①若a$≤\frac{1}{2}$，則$\frac{a}{1-a}≤1$，故當x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0，f （x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
∴存在x₀≥1，使得f（x₀）≤$\frac{a}{1-a}$的充要條件為f（1）$≤\frac{a}{1-a}$，即$\frac{1-a}{2}-1$＜$\frac{a}{1-a}$，
∴$-\sqrt{2}$-1＜a＜$\sqrt{2}$-1；
②若$\frac{1}{2}$＜a＜1，則$\frac{a}{1-a}$＞1，故當x∈（1，$\frac{a}{1-a}$）時，f′（x）＜0，x∈（$\frac{a}{1-a}，+∞$）時，f′（x）＞0，
f （x）在（1，$\frac{a}{1-a}$）上單調(diào)遞減，f （x）在（$\frac{a}{1-a}$，+∞）單調(diào)遞增．
∴存在x₀≥1，使得f（x₀）$≤\frac{a}{1-a}$的充要條件為f（$\frac{a}{1-a}$）$≤\frac{a}{1-a}$，而
$f（\frac{a}{1-a}）=aln\frac{a}{1-a}+\frac{{a}^{2}}{2（1-a）}+\frac{a}{1-a}$＞$\frac{a}{1-a}$，不合題意；
③若a＞1，則f（1）=$\frac{1-a}{2}-1=\frac{-1-a}{2}$＜$\frac{a}{a-1}$．
綜上，a的取值范圍為：（$-\sqrt{2}-1，\sqrt{2}-1$）∪（1，+∞）．

點評 本題考查導數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查導數(shù)的幾何意義，訓練了恒成立問題的求解方法，考查分類討論的數(shù)學思想方法，是壓軸題．