Question

2．已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=x²-2ax+1，a∈R．
（Ⅰ）設函數(shù)h（x）=af（x）+g（x），若h（x）在區(qū)間（$\frac{1}{2}$，1）上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．
（Ⅱ）設函數(shù)F（x）=f（x）+g（x），若對任意a$∈（1，\sqrt{2}$），都存在x₀∈（0，1]，使得不等式F（x₀）＞m（a-a²）-lna成立，求實數(shù)m的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)h（x）的導數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)m（x）=2x²-2ax+a）≥0在區(qū)間（$\frac{1}{2}$，1）上恒成立，（x＞0），結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求出a的范圍即可；
（Ⅱ）F（x）_max=F（1）=2-2a，存在x₀∈（0，1]使得不等式F（x₀）＞m（a-a²）-lna成立，即2-2a＞m（a-a²）-lna，分離參數(shù)m，得到m＞$\frac{2-2a+lna}{a{-a}^{2}}$恒成立，構(gòu)造函數(shù)g（a）=$\frac{2-2a+lna}{a{-a}^{2}}$，利用導數(shù)求解即可轉(zhuǎn)化為最值即可判斷．

解答 解：（Ⅰ）h（x）=alnx+x²-2ax+1，（x＞0），
h′（x）=$\frac{a}{x}$+2x-2a=$\frac{{2x}^{2}-2ax+a}{x}$，
令m（x）=2x²-2ax+a，（x＞0），
若h（x）在區(qū)間（$\frac{1}{2}$，1）上是增函數(shù)，
只需m（x）≥0在區(qū)間（$\frac{1}{2}$，1）上恒成立，
函數(shù)m（x）的對稱軸x=$\frac{a}{2}$，
當$\frac{a}{2}$＜$\frac{1}{2}$即a＜1時，
只需m（$\frac{1}{2}$）≥0，而m（$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{2}$＞0，
故a＜1滿足條件，
當$\frac{a}{2}$＞1即a＞2時，
只需m（1）=2-a≥0，解得a≤2，不合題意，
當$\frac{1}{2}$≤$\frac{a}{2}$≤1即1≤a≤2時，
只需△=4a²-8a≤0，解得：0≤a≤2，
綜上，a≤2；
（Ⅱ）F（x）=lnx+x²-2ax+1，（x＞0），
∵a∈（1，$\sqrt{2}$），$\frac{1}{x}$+2x-2a＞0，
∴f′（x）＞0，f（x）在（0，1]單調(diào)遞增，
f（x）_max=f（1）=2-2a，
存在x₀∈（0，1]使得不等式F（x₀）＞m（a-a²）-lna成立，
即2-2a＞m（a-a²）-lna，
∵任意的a∈（1，$\sqrt{2}$），∴a-a²＜0，
即m＞$\frac{2}{a}$+$\frac{lna}{a{-a}^{2}}$恒成立，
令g（a）=$\frac{2}{a}$+$\frac{lna}{a{-a}^{2}}$，
∵m＞$\frac{2-2a+lna}{a{-a}^{2}}$恒成立 
最后化簡為g′（a）=$\frac{（2a-1）lna-（{2a}^{2}-3a+1）}{{（a{-a}^{2}）}^{2}}$=$\frac{（2a-1）（lna-a+1）}{{（a{-a}^{2}）}^{2}}$，
∵任意的a∈（1，$\sqrt{2}$），$\frac{（2a-1）（lna-a+1）}{{（a{-a}^{2}）}^{2}}$＞0，
∴g（a）=$\frac{2}{a}$+$\frac{lna}{a{-a}^{2}}$，a∈（1，$\sqrt{2}$）是增函數(shù)．
∴g（x）＜g（$\sqrt{2}$）=$\frac{2}{\sqrt{2}}$+$\frac{ln\sqrt{2}}{\sqrt{2}-2}$=$\sqrt{2}$-$\frac{（2+\sqrt{2}）ln2}{4}$，
∴實數(shù)m的取值范圍是（$\sqrt{2}$-$\frac{（2+\sqrt{2}）ln2}{4}$，+∞）．

點評 用導數(shù)工具討論函數(shù)的單調(diào)性，是求函數(shù)的值域和最值的常用方法，同學們在做題的同時，可以根據(jù)單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)的草圖來加深對題意的理解．