Question

2．已知函数f（x）=lnx，g（x）=x²-2ax+1，a∈R．
（Ⅰ）设函数h（x）=af（x）+g（x），若h（x）在区间（$\frac{1}{2}$，1）上是增函数，求实数a的取值范围．
（Ⅱ）设函数F（x）=f（x）+g（x），若对任意a$∈（1，\sqrt{2}$），都存在x₀∈（0，1]，使得不等式F（x₀）＞m（a-a²）-lna成立，求实数m的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数h（x）的导数，问题转化为函数m（x）=2x²-2ax+a）≥0在区间（$\frac{1}{2}$，1）上恒成立，（x＞0），结合二次函数的性质求出a的范围即可；
（Ⅱ）F（x）_max=F（1）=2-2a，存在x₀∈（0，1]使得不等式F（x₀）＞m（a-a²）-lna成立，即2-2a＞m（a-a²）-lna，分离参数m，得到m＞$\frac{2-2a+lna}{a{-a}^{2}}$恒成立，构造函数g（a）=$\frac{2-2a+lna}{a{-a}^{2}}$，利用导数求解即可转化为最值即可判断．

解答 解：（Ⅰ）h（x）=alnx+x²-2ax+1，（x＞0），
h′（x）=$\frac{a}{x}$+2x-2a=$\frac{{2x}^{2}-2ax+a}{x}$，
令m（x）=2x²-2ax+a，（x＞0），
若h（x）在区间（$\frac{1}{2}$，1）上是增函数，
只需m（x）≥0在区间（$\frac{1}{2}$，1）上恒成立，
函数m（x）的对称轴x=$\frac{a}{2}$，
当$\frac{a}{2}$＜$\frac{1}{2}$即a＜1时，
只需m（$\frac{1}{2}$）≥0，而m（$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{2}$＞0，
故a＜1满足条件，
当$\frac{a}{2}$＞1即a＞2时，
只需m（1）=2-a≥0，解得a≤2，不合题意，
当$\frac{1}{2}$≤$\frac{a}{2}$≤1即1≤a≤2时，
只需△=4a²-8a≤0，解得：0≤a≤2，
综上，a≤2；
（Ⅱ）F（x）=lnx+x²-2ax+1，（x＞0），
∵a∈（1，$\sqrt{2}$），$\frac{1}{x}$+2x-2a＞0，
∴f′（x）＞0，f（x）在（0，1]单调递增，
f（x）_max=f（1）=2-2a，
存在x₀∈（0，1]使得不等式F（x₀）＞m（a-a²）-lna成立，
即2-2a＞m（a-a²）-lna，
∵任意的a∈（1，$\sqrt{2}$），∴a-a²＜0，
即m＞$\frac{2}{a}$+$\frac{lna}{a{-a}^{2}}$恒成立，
令g（a）=$\frac{2}{a}$+$\frac{lna}{a{-a}^{2}}$，
∵m＞$\frac{2-2a+lna}{a{-a}^{2}}$恒成立 
最后化简为g′（a）=$\frac{（2a-1）lna-（{2a}^{2}-3a+1）}{{（a{-a}^{2}）}^{2}}$=$\frac{（2a-1）（lna-a+1）}{{（a{-a}^{2}）}^{2}}$，
∵任意的a∈（1，$\sqrt{2}$），$\frac{（2a-1）（lna-a+1）}{{（a{-a}^{2}）}^{2}}$＞0，
∴g（a）=$\frac{2}{a}$+$\frac{lna}{a{-a}^{2}}$，a∈（1，$\sqrt{2}$）是增函数．
∴g（x）＜g（$\sqrt{2}$）=$\frac{2}{\sqrt{2}}$+$\frac{ln\sqrt{2}}{\sqrt{2}-2}$=$\sqrt{2}$-$\frac{（2+\sqrt{2}）ln2}{4}$，
∴实数m的取值范围是（$\sqrt{2}$-$\frac{（2+\sqrt{2}）ln2}{4}$，+∞）．

点评 用导数工具讨论函数的单调性，是求函数的值域和最值的常用方法，同学们在做题的同时，可以根据单调性，结合函数的草图来加深对题意的理解．