Question

已知函數(shù)f（x）=ln（1+ax），g（x）=x²-ax，其中a為實數(shù)．
（Ⅰ）當(dāng)a=2時，求函數(shù)y=f（x）+g（x）的極小值；
（Ⅱ）是否存在實數(shù)a，使得函數(shù)y=f（x）與函數(shù)y=g（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)性相同？若存在，請求出實數(shù)a的取值范圍；若不存在，請說明理由；
（Ⅲ）若對任意的實數(shù)a∈（1，2），總存在一個與a無關(guān)的實數(shù)x₁，且x1∈[

1

2

，1]，使得f(x1)+g(x1)＞m-

1

5

a2恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析：（I）將a=2代入到解析式中，并求導(dǎo)．令f′（x）=0，求出極值點，并根據(jù)單調(diào)性判斷極小值．
（II）對于存在性問題，可先假設(shè)存在，即假設(shè)存在實數(shù)a，使得函數(shù)y=f（x）與函數(shù)y=g（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)性相同，再利用導(dǎo)數(shù)研究它們的單調(diào)性，求出實數(shù)a的取值范圍，若出現(xiàn)矛盾，則說明假設(shè)不成立，即不存在；否則存在．
（III）記h（x）=f（x）+g（x），要對任意的實數(shù)a∈（1，2），總存在一個與a無關(guān)的實數(shù)x₁，且x1∈[

1

2

，1]，使得f(x1)+g(x1)＞m-

1

5

a2恒成立，則h（x）_max＞m-

1

5

a2，求出函數(shù)的最大值，建立不等式，即可確定實數(shù)m的取值范圍．

解答：解：
（Ⅰ）當(dāng)a=2時，(f(x)+g(x))′=

2

1+2x

+2x-2=

2x(2x-1)

1+2x

(x＞-

1

2

)…（1分）
當(dāng)x∈(

1

2

，+∞)時，（f（x）+g（x））'＞0，函數(shù)f（x）+g（x）遞增；
當(dāng)x∈(0，

1

2

)時，（f（x）+g（x））'＜0，函數(shù)f（x）+g（x）遞減；
當(dāng)x∈(-

1

2

，0)時，（f（x）+g（x））'＞0，函數(shù)f（x）+g（x）遞增；…（2分）
所以當(dāng)x=

1

2

時，函數(shù)f（x）+g（x）取極小值-

3

4

+ln2；…（3分）
（Ⅱ）由已知得1+ax＞0，又因為f′(x)=

a

1+ax

，g′(x)=2x-a，…（4分）
由題意得f'（x）•g'（x）≥0且a≠0在[1，+∞）上恒成立，
即

a

1+ax

•(2x-a)≥0且a≠0在[1，+∞）上恒成立，
∴

1+ax＞0 a＞0 2x-a≥0

或

1+ax＞0 a＜0 2x-a≤0

在[1，+∞）上恒成立，…（5分）
所以實數(shù)a的取值范圍為（0，2]．…（6分）
（Ⅲ）記h（x）=f（x）+g（x），則h（x）=ln（1+ax）+x²-ax，
∴h′(x)=

a

1+ax

+2x-a=

2ax2+(2-a2)x

1+ax

=

x[2ax-(a2-2)]

1+ax

，
∵1＜a＜2∴

a2-2

2a

-

1

2

=

(a-2)(a+1)

2a

＜0，即

a2-2

2a

＜

1

2

，
所以h（x）在[

1

2

，1]上單調(diào)遞增，∴h（x）_max=h（1）=ln（1+a）+1-a，…（8分）
所以只須ln(1+a)+1-a＞m-

1

5

a2對任意的a∈（1，2）恒成立，
即m＜ln(1+a)+1-a+

1

5

a2對任意的a∈（1，2）恒成立；
記函數(shù)H(a)=ln(1+a)+1-a+

1

5

a2(1＜a＜2)，
由H′(a)=

1

1+a

-1+

2

5

a=

2a2-3a

5(1+a)

得H（a）在(1，

3

2

]上單調(diào)遞減，在(

3

2

，2)單調(diào)遞增，∴H(a)min=H(

3

2

)=ln

5

2

-

1

20

，
所以實數(shù)m的取值范圍為(-∞，ln

5

2

-

1

20

)．…（10分）

點評：在高中階段，導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)性質(zhì)的重要而有效的工具之一，包括函數(shù)的單調(diào)性，極值，最值等，本題就是利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的極值．近兩年的高考題中，對導(dǎo)數(shù)部分的考查是越來越常見，其重要性也不言而喻．