Question

已知函数f（x）=

1

2

ax2-2ax+lnx（a≠0）．
（1）讨论f（x）的单调性
（2）若?x0∈[1+

2

2

，2]，使不等式f（x₀）+ln（a+1）＞b（a²-1）-（a+1）+2ln2对任意1＜a＜2恒成立，求实数b的取值范围．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）利用导数判断函数的单调性，f′（x）=ax-2a+

1

x

=

ax2-2ax+1

x

，对a分类讨论即可得出结论；
（2）由（1）中a的范围可判断f（x）在（0，x₁），（x₁，x₂），（x₂，+∞）上的单调性及x₂=1+

1- 1 a

＜1+

2

2

，可得f（x）在[1+

2

2

，2]单调性，从而可求f（x）_max=f（2），由已知整理可得不等式ln（a+1）-ba²-a+b-ln2+1＞0对任意的a（1＜a＜2）恒成立．通过研究函数g（a）=ln（a+1）-ba²-a+b-ln2+1的单调性可求．

解答： 解：（1）∵f（x）=

1

2

ax2-2ax+lnx（a≠0）．
∴f′（x）=ax-2a+

1

x

=

ax2-2ax+1

x

，
由ax²-2ax+1=0，解得x₁=

a- a2-a

a

，x₂=

a+ a2-a

a

，
∴当a＞0时，f（x）在（0，x₁）上递增，在（x₁，x₂）上递减，在（x₂，+∞）上递增，
当a＜0时，f（x）在（0，x₂）上递增，在（x₂，+∞）上递减．
（2）由ax²-2ax+1=0，解得x₁=

a- a2-a

a

，x₂=

a+ a2-a

a

，
而f（x）在（0，x₁）上递增，在（x₁，x₂）上递减，在（x₂，+∞）上递增
∵1＜a＜2，
∴x₂=1+

1- 1 a

＜1+

2

2

，
∴f（x）在[1+

2

2

，2]单调递增，
∴在[1+

2

2

，2]上，f（x）_max=f（2）=-2a+ln2．    
∴?x₀∈[1+

2

2

，2]，使不等式f（x₀）+ln（a+1）＞b（a²-1）-（a+1）+2ln2对?a∈M恒成立，
等价于不等式-2a+ln2+ln（a+1）＞b（a²-1）-（a+1）+2ln2恒成立，
即不等式ln（a+1）-ba²-a+b-ln2+1＞0对任意的a（1＜a＜2）恒成立．
令g（a）=ln（a+1）-ba²-a+b-ln2+1，则g（1）=0，g′（a）=

-2ab(a+1+ 1 2b )

a+1

，
①当b≥0时，g′（a）=

-2ab(a+1+ 1 2b )

a+1

＜0，g（a）在（1，2）上递减．
g（a）＜g（1）=0，不合题意．
②当b＜0时，g′（a）=

-2ab(a+1+ 1 2b )

a+1

，
∵1＜a＜2
若-（1+

1

2b

）＞1，即-

1

4

＜b＜0时，则g（a）在（1，2）上先递减，
∵g（1）=0，
∴1＜a＜2时，g（a）＞0不能恒成立；
若-（1+

1

2b

）≤1，即b≤-

1

4

时，则g（a）在（1，2）上单调递增，
∴g（a）＞g（1）=0恒成立，
∴b的取值范围为（-∞，-

1

4

]．

点评：本题主要考查了函数的导数的应用：函数的单调性及函数的最值中的应用，要注意分类讨论思想及构造转化思想的应用，属于难题．