Question

已知函数f（x）=x²-ax，g（x）=lnx  
（1）当a=0时求函数h（x）=

f(x)

g(x)

的单调区间．  
（2）设F（x）=f（x）+g（

1+ax

2

）对于任意的a∈（1，2），总存在x₀∈[

1

2

，1]，使不等式F（x₀）＞k（1-a²）成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

考点：函数的单调性及单调区间,函数的最值及其几何意义

专题：计算题,函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：（1）求出a=0的h（x）解析式，求出定义域，求出导数，令导数大于0，得增区间，令导数小于0，得减区间；
（2）a∈（1，2）时，求出F（x）的导数，判断函数在（

1

2

，+∞）时，F（x）是增函数，于是问题等价于：对任意的a∈（1，2），不等式ln

1+a

2

+1-a+k（a²-1）＞0恒成立，再利用导函数研究不等式左边的最小值看是否符合要求，即可求实数m的取值范围．

解答： 解：（1）当a=0时，h（x）=

x2

lnx

（x＞0且x≠1），导数h′（x）=

2xlnx-x

(lnx)2

，
当x＞

e

时，h′（x）＞0，h（x）递增；当0＜x＜1，1＜x＜

e

时，h′（x）＜0，h（x）递减．
则有h（x）的增区间为（

e

，+∞），减区间为（0，1），（1，

e

）；
（2）F（x）=f（x）+g（

1+ax

2

）=x²-ax+ln

1+ax

2

，
∴F′（x）=

2ax(x- a2-2 2a )

ax+1

，
∵a∈（1，2），∴

a2-2

2a

＜

1

2

，
∴x∈（

1

2

，+∞）时，F（x）是增函数，
∴x∈[

1

2

，1]，F（x）_max=F（1）=1-a+ln

1+a

2

，a∈（1，2），
∵对任意的a∈（1，2），总存在x∈[

1

2

，1]，使不等式F（x）＞k（1-a²）成立，
∴对任意的a∈（1，2），不等式1-a+ln

1+a

2

＞k（1-a²）成立．
于是问题等价于：对任意的a∈（1，2），不等式ln

1+a

2

+1-a+k（a²-1）＞0恒成立．
记g（a）=ln

1+a

2

+1-a+k（a²-1），（1＜a＜2）
则g′（a）=

a

1+a

（2ka-1+2k），
当k=0时，g′（a）=

-a

1+a

＜0，∴g（a）在区间（1，2）上递减，此时，g（a）＜g（1）=0，
由于a²-1＞0，∴k≤0时不可能使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）在区间（1，min{2，

1

2k

-1}）上递减，
在此区间上，有g（a）＜g（1）=0，与g（a）＞0恒成立矛盾，故

1

2k

-1≤1，
这时，g'（a）＞0，g（a）在（1，2）上递增，恒有g（a）＞g（1）=0，满足题设要求，
∴

k＞0 1 2k -1≤1

，即k≥

1

4

，
∴实数k的取值范围为[

1

4

，+∞）．

点评：本题考查利用导数研究函数单调性，考查函数恒成立问题，考查函数与方程思想、分类讨论思想，综合性强，难度大．