Question

已知函數(shù)f（x）=x²-ax，g（x）=lnx
（1）若f（x）≥g（x）對(duì)于定義域內(nèi)的x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）設(shè)r(x)=f(x)+g(

1+ax

2

)若對(duì)任意的a∈（1，2），總存在x0∈[ 

1

2

 ， 1 ]，使不等式r(x0)＞k(1-a2)成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用

專題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）根據(jù)函數(shù)解析式求出函數(shù)的定義域，將f（x）≥g（x）對(duì)于定義域內(nèi)的任意x恒成立，轉(zhuǎn)化為x²-ax≥lnx對(duì)x∈（0，+∞）恒成立，利用參變量分離法可得a≤x-

lnx

x

對(duì)x∈（0，+∞）恒成立，令φ（x）=x-

lnx

x

，即a≤φ（x）_min，利用導(dǎo)數(shù)求出φ（x）的最小值，即可得到a的取值范圍；
（2）a∈（1，2）時(shí)，f（x）在[

1

2

，1]上的最大值為f(1)=ln(

1

2

 +

1

2

a)+1-a，于是問題等價(jià)于：對(duì)任意的a∈（1，2），不等式ln(

1

2

+

1

2

a)+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）f（x）≥g（x）對(duì)于定義域內(nèi)的x恒成立，等價(jià)于x²-ax≥lnx對(duì)于定義域內(nèi)的x恒成立，
∴a≤x-

lnx

x

對(duì)x∈（0，+∞）恒成立，
設(shè)φ（x）=x-

lnx

x

，則a≤φ（x）_min，
∴φ′（x）=

x2+lnx-1

x2

，
∵當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，φ′（x）＜0，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，φ′（x）＞0，
∴φ（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x=1時(shí)，φ（x）_min=φ（1）=1，
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為（-∞，1]；
（2）a∈（1，2）時(shí)，f（x）在[

1

2

，1]上的最大值為f(1)=ln(

1

2

 +

1

2

a)+1-a，
于是問題等價(jià)于：對(duì)任意的a∈（1，2），不等式ln(

1

2

+

1

2

a)+1-a+k(a2-1)＞0恒成立．
記g(a)=ln(

1

2

+

1

2

a)+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．