Question

11．已知定义在R上的偶函数f（x）在[0，+∞）上递减，若不等式f（-ax+lnx+1）+f（ax-lnx-1）≥2f（1）对x∈[1，3]恒成立，则实数a的取值范围是（　　）

• A． [2，e]
• B． [$\frac{1}{e}$，+∞）
• C． [$\frac{1}{e}$，e]
• D． [$\frac{1}{e}$，$\frac{2+ln3}{3}$]

Answer 1

分析 由条件利用函数的奇偶性和单调性，可得0≤ax-lnx≤2对x∈[1，3]恒成立．令g（x）=ax-lnx，则由 g′（x）=a-$\frac{1}{x}$=0，求得x=$\frac{1}{a}$．
分类讨论求得g（x）的最大值和最小值，从而求得a的范围．

解答 解：∵定义在R上的偶函数f（x）在[0，+∞）上递减，∴f（x）在（-∞，0）上单调递增，
若不等式f（-ax+lnx+1）+f（ax-lnx-1）≥2f（1）对x∈[1，3]恒成立，
则2f（ax-lnx-1）≥2f（1）对x∈[1，3]恒成立，即f（ax-lnx-1）≥f（1）对x∈[1，3]恒成立．
∴-1≤ax-lnx-1≤1 对x∈[1，3]恒成立，
即0≤ax-lnx≤2对x∈[1，3]恒成立．
令g（x）=ax-lnx，则由 g′（x）=a-$\frac{1}{x}$=0，求得x=$\frac{1}{a}$．
①当$\frac{1}{a}$≤1，即 a＜0 或a≥1时，g′（x）≥0在[1，3]上恒成立，g（x）为增函数，
∵最小值g（1）=a≥0，最大值g（3）=3a-ln3≤2，∴0≤a≤$\frac{2+ln3}{3}$，
综合可得，1≤a≤$\frac{2+ln3}{3}$．
②当$\frac{1}{a}$≥3，即0＜a≤$\frac{1}{3}$时，g′（x）≤0在[1，3]上恒成立，g（x）为减函数，
∵最大值 g（1）=a≤2，最小值g（3）=3a-ln3≥0，∴$\frac{ln3}{3}$≤a≤2，
综合可得，a无解．
③当1＜$\frac{1}{a}$＜3，即 $\frac{1}{3}$＜a＜1时，在[1，$\frac{1}{a}$）上，g′（x）＜0恒成立，g（x）为减函数；
在（$\frac{1}{a}$，3]上，g′（x）＞0恒成立，g（x）为增函数．
故函数的最小值为g（$\frac{1}{a}$）=1-ln$\frac{1}{a}$，∵g（1）=a，g（3）=3a-ln3，g（3）-g（1）=2a-ln3．
若 2a-ln3＞0，即ln$\sqrt{3}$＜a＜1，∵g（3）-g（1）＞0，则最大值为g（3）=3a-ln3，
此时，由1-ln$\frac{1}{a}$≥0，g（3）=3a-ln3≤2，求得 $\frac{1}{e}$≤a≤$\frac{2+ln3}{3}$，综合可得，ln$\sqrt{3}$＜a＜1．
若2a-ln3≤0，即$\frac{1}{3}$＜a≤$\frac{1}{2}$ln3=ln$\sqrt{3}$，∵g（3）-g（1）≤0，则最大值为g（1）=a，
此时，最小值1-ln$\frac{1}{a}$≥0，最大值g（1）=a≤2，求得$\frac{1}{e}$≤a≤2，
综合可得$\frac{1}{e}$≤a≤ln$\sqrt{3}$．
综合①②③可得，1≤a≤$\frac{2+ln3}{3}$ 或ln$\sqrt{3}$＜a＜1或 $\frac{1}{e}$≤a≤ln$\sqrt{3}$，
即 $\frac{1}{e}$≤a≤$\frac{2+ln3}{3}$，
故选：D．

点评 本题主要考查函数的奇偶性和单调性的综合应用，函数的恒成立问题，体现了转化、分类讨论的数学思想，属于难题．