Question

11．已知定義在R上的偶函數(shù)f（x）在[0，+∞）上遞減，若不等式f（-ax+lnx+1）+f（ax-lnx-1）≥2f（1）對x∈[1，3]恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是（　　）

• A． [2，e]
• B． [$\frac{1}{e}$，+∞）
• C． [$\frac{1}{e}$，e]
• D． [$\frac{1}{e}$，$\frac{2+ln3}{3}$]

Answer 1

分析 由條件利用函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性，可得0≤ax-lnx≤2對x∈[1，3]恒成立．令g（x）=ax-lnx，則由 g′（x）=a-$\frac{1}{x}$=0，求得x=$\frac{1}{a}$．
分類討論求得g（x）的最大值和最小值，從而求得a的范圍．

解答 解：∵定義在R上的偶函數(shù)f（x）在[0，+∞）上遞減，∴f（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞增，
若不等式f（-ax+lnx+1）+f（ax-lnx-1）≥2f（1）對x∈[1，3]恒成立，
則2f（ax-lnx-1）≥2f（1）對x∈[1，3]恒成立，即f（ax-lnx-1）≥f（1）對x∈[1，3]恒成立．
∴-1≤ax-lnx-1≤1 對x∈[1，3]恒成立，
即0≤ax-lnx≤2對x∈[1，3]恒成立．
令g（x）=ax-lnx，則由 g′（x）=a-$\frac{1}{x}$=0，求得x=$\frac{1}{a}$．
①當$\frac{1}{a}$≤1，即 a＜0 或a≥1時，g′（x）≥0在[1，3]上恒成立，g（x）為增函數(shù)，
∵最小值g（1）=a≥0，最大值g（3）=3a-ln3≤2，∴0≤a≤$\frac{2+ln3}{3}$，
綜合可得，1≤a≤$\frac{2+ln3}{3}$．
②當$\frac{1}{a}$≥3，即0＜a≤$\frac{1}{3}$時，g′（x）≤0在[1，3]上恒成立，g（x）為減函數(shù)，
∵最大值 g（1）=a≤2，最小值g（3）=3a-ln3≥0，∴$\frac{ln3}{3}$≤a≤2，
綜合可得，a無解．
③當1＜$\frac{1}{a}$＜3，即 $\frac{1}{3}$＜a＜1時，在[1，$\frac{1}{a}$）上，g′（x）＜0恒成立，g（x）為減函數(shù)；
在（$\frac{1}{a}$，3]上，g′（x）＞0恒成立，g（x）為增函數(shù)．
故函數(shù)的最小值為g（$\frac{1}{a}$）=1-ln$\frac{1}{a}$，∵g（1）=a，g（3）=3a-ln3，g（3）-g（1）=2a-ln3．
若 2a-ln3＞0，即ln$\sqrt{3}$＜a＜1，∵g（3）-g（1）＞0，則最大值為g（3）=3a-ln3，
此時，由1-ln$\frac{1}{a}$≥0，g（3）=3a-ln3≤2，求得 $\frac{1}{e}$≤a≤$\frac{2+ln3}{3}$，綜合可得，ln$\sqrt{3}$＜a＜1．
若2a-ln3≤0，即$\frac{1}{3}$＜a≤$\frac{1}{2}$ln3=ln$\sqrt{3}$，∵g（3）-g（1）≤0，則最大值為g（1）=a，
此時，最小值1-ln$\frac{1}{a}$≥0，最大值g（1）=a≤2，求得$\frac{1}{e}$≤a≤2，
綜合可得$\frac{1}{e}$≤a≤ln$\sqrt{3}$．
綜合①②③可得，1≤a≤$\frac{2+ln3}{3}$ 或ln$\sqrt{3}$＜a＜1或 $\frac{1}{e}$≤a≤ln$\sqrt{3}$，
即 $\frac{1}{e}$≤a≤$\frac{2+ln3}{3}$，
故選：D．

點評 本題主要考查函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性的綜合應(yīng)用，函數(shù)的恒成立問題，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化、分類討論的數(shù)學思想，屬于難題．