Question

已知函數(shù)f（x）=x²-ax，g（x）=lnx  
（1）當(dāng)a=0時(shí)求函數(shù)h（x）=

f(x)

g(x)

的單調(diào)區(qū)間．  
（2）設(shè)F（x）=f（x）+g（

1+ax

2

）對(duì)于任意的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)：函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間,函數(shù)的最值及其幾何意義

專題：計(jì)算題,函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）求出a=0的h（x）解析式，求出定義域，求出導(dǎo)數(shù)，令導(dǎo)數(shù)大于0，得增區(qū)間，令導(dǎo)數(shù)小于0，得減區(qū)間；
（2）a∈（1，2）時(shí)，求出F（x）的導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)在（

1

2

，+∞）時(shí)，F(xiàn)（x）是增函數(shù)，于是問(wèn)題等價(jià)于：對(duì)任意的a∈（1，2），不等式ln

1+a

2

+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：（1）當(dāng)a=0時(shí)，h（x）=

x2

lnx

（x＞0且x≠1），導(dǎo)數(shù)h′（x）=

2xlnx-x

(lnx)2

，
當(dāng)x＞

e

時(shí)，h′（x）＞0，h（x）遞增；當(dāng)0＜x＜1，1＜x＜

e

時(shí)，h′（x）＜0，h（x）遞減．
則有h（x）的增區(qū)間為（

e

，+∞），減區(qū)間為（0，1），（1，

e

）；
（2）F（x）=f（x）+g（

1+ax

2

）=x²-ax+ln

1+ax

2

，
∴F′（x）=

2ax(x- a2-2 2a )

ax+1

，
∵a∈（1，2），∴

a2-2

2a

＜

1

2

，
∴x∈（

1

2

，+∞）時(shí)，F(xiàn)（x）是增函數(shù)，
∴x∈[

1

2

，1]，F(xiàn)（x）_max=F（1）=1-a+ln

1+a

2

，a∈（1，2），
∵對(duì)任意的a∈（1，2），總存在x∈[

1

2

，1]，使不等式F（x）＞k（1-a²）成立，
∴對(duì)任意的a∈（1，2），不等式1-a+ln

1+a

2

＞k（1-a²）成立．
于是問(wèn)題等價(jià)于：對(duì)任意的a∈（1，2），不等式ln

1+a

2

+1-a+k（a²-1）＞0恒成立．
記g（a）=ln

1+a

2

+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、分類討論思想，綜合性強(qiáng)，難度大．