Question

16．已知函数f（x）=ln（$\frac{1}{2}$$+\frac{1}{2}$ax）+x²-ax （a为常数，a＞0）．
（Ⅰ）若x=$\frac{1}{2}$是函数f（x）的一个极值点，求a的值；
（Ⅱ）求证：当0＜a≤2时，f（x）在[$\frac{1}{2}$，+∞]上是增函数；
（Ⅲ）若对任意的a∈（1，2），总存在x₀∈[$\frac{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

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，得到关于a的方程，解出即可；
（Ⅱ）分情况讨论当0＜a≤2时，当a＞2时从而得到单调区间；
（Ⅲ）问题等价于对任意的a∈（1，2），不等式ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a+m（a²-1）＞0恒成立，记g（a）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a0+1-a+m（a²-1），（1＜a＜2），根据函数的单调性求出m的范围即可．

解答 解：f′（x）=$\frac{\frac{1}{2}a}{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}ax}$+2x-a=$\frac{2ax（x-\frac{{a}^{2}-2}{2a}）}{1+ax}$，（x＞-$\frac{1}{a}$），
（Ⅰ）由已知，得f′（$\frac{1}{2}$）=0⇒$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$=$\frac{1}{2}$，
∴a²-a-2=0，∵a＞0，∴a=2，
经检验，a=2满足条件．
（Ⅱ）当0＜a≤2时，
∵$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$-$\frac{1}{2}$=$\frac{（a-2）（a+1）}{2a}$≤0，∴$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$≤$\frac{1}{2}$，
当x≥$\frac{1}{2}$时，x-$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$≥0，
又∵$\frac{2ax}{1+ax}$＞0，∴f′（x）≥0，
故f（x）在[$\frac{1}{2}$，+∞）上是增函数．
（Ⅲ）当a∈（1，2）时，由（Ⅱ）知，
f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]上的最大值为f（1）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a，
于是问题等价于：对任意的a∈（1，2），
不等式ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a）+1-a+m（a²-1）＞0恒成立．
记g（a）=ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a0+1-a+m（a²-1），（1＜a＜2），
则g′（a）=$\frac{1}{1+a}$-1+2ma=$\frac{a}{1+a}$[2ma-（1-2m）]，
当m≤0时，有2ma-（1-2m）=2m（a+1）-1＜0，且$\frac{a}{1+a}$＞0，
∴g（a）在区间（1，2）上递减，且g（1）=0，
则m≤0不可能使g（a）＞0恒成立，故必有m＞0；
当m＞0，且g′（a）=$\frac{2ma}{1+a}$[a-（$\frac{1}{2m}$-1）]，
若$\frac{1}{2m}$-1＞1，可知g（a）在区间D=（1，min{2，$\frac{1}{2m}$-1}）上递减，
在此区间D上有g（a）＜g（1）=0，与g（a）＞0恒成立矛盾，
故$\frac{1}{2m}$-1≤1，这时g′（a）＞0，即g（a）在（1，2）上递增，
恒有g（a）＞g（1）=0满足题设要求．
∴$\left\{\begin{array}{l}{m＞0}\\{\frac{1}{2m}-1≤1}\end{array}\right.$⇒m≥$\frac{1}{4}$，
∴实数m的取值范围为[$\frac{1}{4}$，+∞）．

点评 本题考察了函数的单调性，函数的最值问题，导数的应用，求参数的范围，是一道综合题．