Question

（2012•洛阳模拟）已知函数f(x)=x2-ax+ln(

1

2

ax+

1

2

)(a＞0)．
（1）当a=2时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若对任意的a∈(1，2)，当x0∈[1，2]时，都有f(x0)＞m(1-a2)，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析：（1）当a=2时，求出f（x），在定义域内解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0即可；
（2）对任意的a∈（1，2），当x₀∈[1，2]时，都有f（x₀）＞m（1-a²），等价于f（x₀）_min＞m（1-a²），用导数可求f（x₀）_min，构造函数g（a）=f（x₀）_min-m（1-a²）（1＜a＜2），问题转化为g（a）_min＞0（1＜a＜2），分类讨论可求出m的取值范围．

解答：解：（1）当a=2时，f（x）=x2-2x+ln(x+

1

2

)，定义域为（-

1

2

，+∞）．
f′（x）=2x-2+

1

x+ 1 2

=2x-2+

2

2x+1

=

2x(2x-1)

2x+1

．
由f′（x）＞0，得-

1

2

＜x＜0，或x＞

1

2

；由f′（x）＜0，得0＜x＜

1

2

．
所以函数f（x）的单调递增区间为（-

1

2

，0），（

1

2

，+∞），单调递减区间为（0，

1

2

）．
（2）y=f（x）的定义域为（-

1

a

，+∞）．
f′（x）=2x-a+

1 2 a

1 2 ax+ 1 2

=2x-a+

a

ax+1

=

2ax2-(a2-2)x

ax+1

=

2ax(x- a2-2 2a )

ax+1

．
当1＜a＜2时，

a2-2

2a

-1=

a2-2a-2

2a

=

(a-1)2-3

2a

＜0，即

a2-2

2a

＜1，
所以当1＜x＜2时，f′（x）＞0，f（x）在[1，2]上单调递增，
所以f（x）在[1，2]上的最小值为f（1）=1-a+ln（

1

2

a+

1

2

）．
依题意，对任意的a∈（1，2），当x₀∈[1，2]时，都有f（x₀）＞m（1-a²），
即可转化为对任意的a∈（1，2），1-a+ln（

1

2

a+

1

2

）-m（1-a²）＞0恒成立．
设g（a）=1-a+ln（

1

2

a+

1

2

）-m（1-a²）（1＜a＜2）．
则g′（a）=-1+

1

a+1

+2ma=

2ma2+(2m-1)a

a+1

=

a[2ma-(1-2m)]

a+1

，
①当m≤0时，2ma-（1-2m）＜0，且

a

a+1

＞0，所以g′（a）＜0，
所以g（a）在（1，2）上单调递减，且g（1）=0，则g（a）＜0，与g（a）＞0矛盾．
②当m＞0时，g′（a）=

2ma

a+1

(a-

1-2m

2m

)，
若

1-2m

2m

≥2，则g′（a）＜0，g（a）在（1，2）上单调递减，且g（1）=0，g（a）＜0，与g（a）＞0矛盾；
若1＜

1-2m

2m

＜2，则g（a）在（1，

1-2m

2m

）上单调递减，在（

1-2m

2m

，2）上单调递增，且g（1）=0，g（a）＜g（1）=0，与g（a）＞0矛盾；
若

1-2m

2m

≤1，则g（a）在（1，2）上单调递增，且g（1）=0，
则恒有g（a）＞g（1）=0，所以

m＞0 1-2m 2m ≤1

，解得m≥

1

4

，所以m的取值范围为[

1

4

，+∞）．

点评：本题考查综合运用导数求函数的单调区间、最值及函数恒成立问题，考查学生综合运用知识分析问题解决问题的能力，考查分类讨论思想的运用．