Question

12．已知函數(shù)h（x）=$\frac{1}{3}{x^3}$-ax²+1，設(shè)f（x）=h'（x）-2alnx，g（x）=ln²x+2a²，其中x＞0，a∈R．
（1）若f（x）在區(qū)間（2，+∞）上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）記F（x）=f（x）+g（x），求證：F（x）≥$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）求得h（x）導(dǎo)函數(shù)h'（x），代入求得f（x）的解析式，f（x）在區(qū)間（2，+∞）上單調(diào)遞增，可知f′（x）≥0，在區(qū)間（2，+∞）上恒成立，即$a≤\frac{x^2}{x+1}$在x∈（2，+∞）上恒成立．構(gòu)造輔助函數(shù)求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的最小值，即可求得a的取值范圍；
（2）由（1）求得F（x）的解析式．進一步化解，構(gòu)造輔助函數(shù)，求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)求的函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及最小值，即可求得F（x）≥$\frac{1}{2}$．

解答 解：（1）函數(shù)$h（x）=\frac{1}{3}{x^3}-a{x^2}+1$，h'（x）=x²-2ax，
函數(shù)f（x）=h'（x）-2alnx，
∴f（x）=x²-2ax-2alnx，
∵f（x）在區(qū)間（2，+∞）上單調(diào)遞增，
∴$f'（x）=\frac{{2{x^2}-2ax-2a}}{x}≥0$在區(qū)間（2，+∞）上恒成立，
∴$a≤\frac{x^2}{x+1}$在x∈（2，+∞）上恒成立．
令$M（x）=\frac{x^2}{x+1}$，則$M'（x）=\frac{{2x（x+1）-{x^2}}}{{{{（x+1）}^2}}}=\frac{{{x^2}+2x}}{{{{（x+1）}^2}}}$，
當(dāng)x∈（2，+∞）時，M'（x）＞0，所以$M（x）=\frac{x^2}{x+1}＞M（2）=\frac{4}{3}$，
∴實數(shù)a的取值范圍為$（-∞，\frac{4}{3}]$．
（2）證明：$F（x）={x^2}-2ax-2alnx+{ln^2}x+2{a^2}=2[{a^2}-（x+lnx）a+\frac{{{x^2}+{{ln}^2}x}}{2}]$，
令$P（a）={a^2}-（x+lnx）a+\frac{{{x^2}+{{ln}^2}x}}{2}$，
則$P（a）={（a-\frac{x+lnx}{2}）^2}-{（\frac{x+lnx}{2}）^2}+\frac{{{x^2}+{{ln}^2}x}}{2}={（a-\frac{x+lnx}{2}）^2}+{（\frac{x-lnx}{4}）^2}≥{（\frac{x-lnx}{4}）^2}$．
令Q（x）=x-lnx，則$Q'（x）=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$，
顯然Q（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增，則Q（x）_min=Q（1）=1，
則$P（a）≥\frac{1}{4}$，故$F（x）≥2×\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$．

點評 本題考查函數(shù)的極值與導(dǎo)函數(shù)的關(guān)系，考查函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，函數(shù)與不等式、導(dǎo)數(shù)結(jié)合，考查計算能力，屬于難題．