Question

已知函数f(x)=ln(

1

2

+

1

2

ax)+x2-ax．（a为常数，a＞0）
（Ⅰ）若x=

1

2

是函数f（x）的一个极值点，求a的值；
（Ⅱ）求证：当0＜a≤2时，f（x）在[

1

2

，+∞)上是增函数；
（Ⅲ）若对任意的a∈（1，2），总存在 x0∈[

1

2

，1]，使不等式f（x₀）＞m（1-a²）成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

由题得：f′(x)=

1 2 a

1 2 + 1 2 ax

+2x-a=

2ax(x- a2-2 2a )

1+ax

．
（Ⅰ）由已知，得f′(

1

2

)=0且

a2-2

2a

≠0，∴a²-a-2=0，∵a＞0，∴a=2．（2分）
（Ⅱ）当0＜a≤2时，∵

a2-2

2a

-

1

2

=

a2-a-2

2a

=

(a-2)(a+1)

2a

≤0，∴

1

2

≥

a2-2

2a

，
∴当x≥

1

2

时，x-

a2-2

2a

≥0．又

2ax

1+ax

＞0，
∴f'（x）≥0，故f（x）在[

1

2

，+∞)上是增函数．（5分）
（Ⅲ）a∈（1，2）时，由（Ⅱ）知，f（x）在[

1

2

，1]上的最大值为f(1)=ln(

1

2

+

1

2

a)+1-a，
于是问题等价于：对任意的a∈（1，2），不等式ln(

1

2

+

1

2

a)+1-a+m(a2-1)＞0恒成立．
记g(a)=ln(

1

2

+

1

2

a)+1-a+m(a2-1)，（1＜a＜2）
则g′(a)=

1

1+a

-1+2ma=

a

1+a

[2ma-(1-2m)]，
当m=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，∴m≤0时不可能使g（a）＞0恒成立，
故必有m＞0，∴g′(a)=

2ma

1+a

[a-(

1

2m

-1)]．
若

1

2m

-1＞1，可知g（a）在区间(1，min{2，

1

2m

-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

2m

-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，
∴

m＞0 1 2m -1≤1

，即m≥

1

4

，
所以，实数m的取值范围为[

1

4

，+∞)．（14分）