Question

已知函数f（x）=ln（

1

2

+

ax

2

）+x²-ax（a为常数，a＞0）．
（1）若x=

1

2

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

1

2

，+∞）上是增函数；
（3）若对任意的a∈（1，2）总存在x₀∈[1，2]，使不等式f（x₀）＞m（1-a²）成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,函数恒成立问题,利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（1）先求出函数的导数，通过f′（

1

2

）=0，解出a的值即可；
（2）当x≥

1

2

时，x-

a2-2

2a

≥0，又

2ax

1+ax

＞0，得到f′（x）≥0，从而得到函数的单调性；
（3）将问题转化为对任意的a∈（1，2），不等式ln（

1

2

+

1

2

a）+1-a+m（a²-1）＞0恒成立，通过讨论函数g（a）=ln（

1

2

+

1

2

a）+1-a+m（a²-1）的单调性，从而求出m的范围．

解答： 解：f′（x）=

1 2 a

1 2 + 1 2 ax

+2x-a=

2ax(x- a2-2 2a )

1+ax

（1）由已知，得 f′（

1

2

）=0且

a2-2

2a

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

a2-2

2a

-

1

2

=

(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；
（3）a∈（1，2）时，由（2）知，f（x）在[1，2]上的最小值为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，2ma-1+2m＜0，∴g’（a）＜0，
∴g（a）在区间（1，2）上递减，
此时，g（a）＜g（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

，
∴实数m的取值范围为[

1

4

，+∞）．

点评：本题考查了函数的单调性问题，考查了导数的应用，考查了转化思想，是一道综合题．