Question

已知函数f（x）=x²-ax，g（x）=lnx
（1）若f（x）≥g（x）对于定义域内的x恒成立，求实数a的取值范围；
（2）设r(x)=f(x)+g(

1+ax

2

)若对任意的a∈（1，2），总存在x0∈[ 

1

2

 ， 1 ]，使不等式r(x0)＞k(1-a2)成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）根据函数解析式求出函数的定义域，将f（x）≥g（x）对于定义域内的任意x恒成立，转化为x²-ax≥lnx对x∈（0，+∞）恒成立，利用参变量分离法可得a≤x-

lnx

x

对x∈（0，+∞）恒成立，令φ（x）=x-

lnx

x

，即a≤φ（x）_min，利用导数求出φ（x）的最小值，即可得到a的取值范围；
（2）a∈（1，2）时，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+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）f（x）≥g（x）对于定义域内的x恒成立，等价于x²-ax≥lnx对于定义域内的x恒成立，
∴a≤x-

lnx

x

对x∈（0，+∞）恒成立，
设φ（x）=x-

lnx

x

，则a≤φ（x）_min，
∴φ′（x）=

x2+lnx-1

x2

，
∵当x∈（0，1）时，φ′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＞0，
∴φ（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴当x=1时，φ（x）_min=φ（1）=1，
∴实数a的取值范围为（-∞，1]；
（2）a∈（1，2）时，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+k(a2-1)＞0恒成立．
记g(a)=ln(

1

2

+

1

2

a)+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．