Question

已知函數(shù)f（x）=（a-

1

2

）x²+lnx（a∈R），
（1）若?x∈[1，3]，使f（x）＜（x+1）lnx成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）若函數(shù)f（x）的圖象在區(qū)間（1，+∞）內(nèi)恒在直線y=2ax下方，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：函數(shù)恒成立問題

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）將不等式f（x）＜（x+1）lnx化為a-

1

2

＜

lnx

x

，令h（x）=

lnx

x

，利用導(dǎo)數(shù)求h（x）在[1，3]上的最大值，?x∈[1，3]，使f（x）＜（x+1）lnx成立等價(jià)于，
a-

1

2

＜h(x)max=

1

e

，解不等式即可．
（2）在區(qū)間（1，+∞）上，函數(shù)f（x）的圖象在直線y=2ax的下方等價(jià)于對?x∈（1，+∞），f（x）＜2ax．即（a-

1

2

）x²+lnx-2ax＜0恒成立．構(gòu)造函數(shù)g（x）=（a-

1

2

）x²-2ax+lnx，x∈[1，+∞）．利用導(dǎo)數(shù)討論g（x）的最值，其最值小于0時(shí)，a的取值范圍即所求．

解答： 解：（1）∵f（x）=（a-

1

2

）x²+lnx（a∈R），
∴f（x）＜（x+1）lnx可化為，
（a-

1

2

）x²+lnx＜（x+1）lnx，
即（a-

1

2

）x²＜xlnx，
∵x∈[1，3]，
∴a-

1

2

＜

lnx

x

，
令h（x）=

lnx

x

，
則h′（x）=

1-lnx

x2

，
由h′（x）=0得，x=e，
當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，h′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈[e，3]時(shí)，h′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，
∴h（e）=

1

e

，
∴?x∈[1，3]，使f（x）＜（x+1）lnx成立等價(jià)于，
a-

1

2

＜h(x)max=

1

e

，
∴a＜

1

2

+

1

e

∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-∞，

1

2

+

1

e

）．
（2）在區(qū)間（1，+∞）上，函數(shù)f（x）的圖象在直線y=2ax的下方等價(jià)于
對?x∈（1，+∞），f（x）＜2ax．即（a-

1

2

）x²+lnx-2ax＜0恒成立．
設(shè)g（x）=（a-

1

2

）x²-2ax+lnx，x∈[1，+∞）．
則g′(x)=(2a-1)x-2a+

1

x

=(x-1)(2a-1-

1

x

)．
當(dāng)x∈[1，+∞）時(shí)，x-1＞0，0＜

1

x

＜1．
①若2a-1≤0，即a≤

1

2

時(shí)，g′（x）＜0，
∴函數(shù)g（x）在區(qū)間x∈[1，+∞）上為減函數(shù)．
∴當(dāng)?x∈（1，+∞）時(shí)，g（x）＜g（1）=a-

1

2

-2a=-

1

2

-a．
只需-

1

2

-a≤0，即當(dāng)-

1

2

≤a≤

1

2

時(shí)，
g（x）=（a-

1

2

）x²-2ax+lnx＜0恒成立．
②若0＜2a-1＜1，即

1

2

＜a＜1時(shí)，
令g′(x)=(x-1)(2a-1-

1

x

)=0
得x=

1

2a-1

＞1．
函數(shù)g（x）在區(qū)間（1，

1

2a-1

）為減函數(shù)，（

1

2a-1

，+∞）為增函數(shù)．
則g（x）∈（g（

1

2a-1

），+∞），不合題意．
③若2a-1≥1，即當(dāng)a≥1時(shí)，g′（x）＞0．
函數(shù)g（x）為增函數(shù)．
則g（x）∈（g（1），+∞），不合題意．
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是[-

1

2

，

1

2

]．

點(diǎn)評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值以及存在性問題和恒成立問題的解決技巧，屬于難題．