Question

2．设函数g（x）=ax²-2lnx．
（1）讨论g（x）的单调性．
（2）设h（x）=$\frac{1-3a}{2}{x}^{2}+（2+a）lnx-x$（a≠1），f（x）=g（x）+h（x），若存在x₀≥1使得f（x₀）$＜\frac{a}{a-1}$，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导函数，然后分a＞0和a≤0求得函数的单调区间；
（2）求出函数f（x）的导函数，利用函数的单调性分类求出函数的最值，把存在x₀≥1使得f（x₀）$＜\frac{a}{a-1}$转化为关于a的不等式求解．

解答 解：（1）g（x）=ax²-2ln x，其定义域为（0，+∞），
∴g′（x）=2ax-$\frac{2}{x}$=$\frac{2（a{x}^{2}-1）}{x}$ （x＞0）．
①当a＞0时，由ax²-1＞0，得x＞$\frac{1}{\sqrt{a}}$，
由ax²-1＜0，得0＜x＜$\frac{1}{\sqrt{a}}$．
故当a＞0时，g （x）在区间（$\frac{1}{\sqrt{a}}，+∞$）上单调递增，
在区间（0，$\frac{1}{\sqrt{a}}$）上单调递减；
②当a≤0时，g′（x）＜0 （x＞0）恒成立．
故当a≤0时，g （x）在（0，+∞）上单调递减；
（2）f（x）=g（x）+h（x）=$\frac{1-a}{2}{x}^{2}+alnx-x$，则${f}^{′}（x）=\frac{a}{x}+（1-a）x-1=\frac{1-a}{x}（x-\frac{a}{1-a}）（x-1）$．
①若a$≤\frac{1}{2}$，则$\frac{a}{1-a}≤1$，故当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f （x）在（1，+∞）上单调递增．
∴存在x₀≥1，使得f（x₀）≤$\frac{a}{1-a}$的充要条件为f（1）$≤\frac{a}{1-a}$，即$\frac{1-a}{2}-1$＜$\frac{a}{1-a}$，
∴$-\sqrt{2}$-1＜a＜$\sqrt{2}$-1；
②若$\frac{1}{2}$＜a＜1，则$\frac{a}{1-a}$＞1，故当x∈（1，$\frac{a}{1-a}$）时，f′（x）＜0，x∈（$\frac{a}{1-a}，+∞$）时，f′（x）＞0，
f （x）在（1，$\frac{a}{1-a}$）上单调递减，f （x）在（$\frac{a}{1-a}$，+∞）单调递增．
∴存在x₀≥1，使得f（x₀）$≤\frac{a}{1-a}$的充要条件为f（$\frac{a}{1-a}$）$≤\frac{a}{1-a}$，而
$f（\frac{a}{1-a}）=aln\frac{a}{1-a}+\frac{{a}^{2}}{2（1-a）}+\frac{a}{1-a}$＞$\frac{a}{1-a}$，不合题意；
③若a＞1，则f（1）=$\frac{1-a}{2}-1=\frac{-1-a}{2}$＜$\frac{a}{a-1}$．
综上，a的取值范围为：（$-\sqrt{2}-1，\sqrt{2}-1$）∪（1，+∞）．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查导数的几何意义，训练了恒成立问题的求解方法，考查分类讨论的数学思想方法，是压轴题．