Question

17．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx+x²-ax（a∈R）
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[${\frac{1}{4}$，2]上存在單調(diào)增區(qū)間，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=f（x）+2ln$\frac{ax+2}{{6\sqrt{x}}}$，對于任意a∈（2，4），總存在x∈[$\frac{3}{2}$，2]，使g（x）＞k（4-a²）成立，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）對f（x）進行求導(dǎo)，將其轉(zhuǎn)化為在區(qū)間[$\frac{1}{4}$，2]上存在于區(qū)間使得不等式g（x）＞0恒成立，根據(jù)拋物線的性質(zhì)可以看出，圖象開口向上，利用根與系數(shù)的關(guān)系進行求解；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論k的范圍結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性確定k的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{1}{x}$+2x-a=$\frac{{2x}^{2}-ax+1}{x}$，設(shè)g（x）=2x²-2ax+1
由題意知，在區(qū)間[$\frac{1}{4}$，2]上存在區(qū)間使得不等式g（x）＞0恒成立，
由于拋物線g（x）=2x²-ax+1開口向上，
∴只要g（2）＞0，或g（$\frac{1}{4}$）＞0即可，
由g（2）＞0，即8-2a+1＞0，∴a＜$\frac{9}{2}$，
由g（$\frac{1}{4}$）＞0，即$\frac{1}{8}$-$\frac{1}{4}$a+1＞0，∴a＜$\frac{9}{2}$，
∴$a＜\frac{9}{2}$；
（Ⅱ）g（x）=f（x）+2ln$\frac{ax+2}{{6\sqrt{x}}}$=2ln（ax+2）+x²-ax-2ln6，
∴g′（x）=$\frac{2ax（x+\frac{4{-a}^{2}}{2a}）}{ax+2}$，
∵$\frac{4{-a}^{2}}{2a}$=$\frac{2}{a}$-$\frac{a}{2}$＞-$\frac{3}{2}$，而x≥$\frac{3}{2}$，∴x+$\frac{4{-a}^{2}}{2a}$＞0，
∴g′（x）＞0，g（x）在x∈[$\frac{3}{2}$，2]遞增，
∴g（x）_max=g（2）=2ln（2a+2）-2a+4-2ln6，
∴2ln（2a+2）-2a+4-2ln6＞k（4-a²）在（2，4）上恒成立．
令h（a）=2ln（2a+2）-2a+4-2ln6-k（4-a²），因h（2）=0，
∴h（a）＞0在（2，4）上恒成立．
∵h(yuǎn)′（a）=$\frac{2a（ka+k-1）}{a+1}$，
k≤0時，h′（a）＜0，h（a）在（2，4）上單調(diào)遞減，
h（a）＜h（2）=0，不合題意；
k＞0時，h′（a）=0，可得a=$\frac{1-k}{k}$．
①$\frac{1-k}{k}$＞2，即0＜k＜$\frac{1}{3}$時，h（a）在（2，$\frac{1-k}{k}$）上單調(diào)遞減，
存在h（a）＜h（2）=0，不合題意；
②$\frac{1-k}{k}$≤2，即k≥$\frac{1}{3}$時，h（x）在（2，4）上單調(diào)遞增，
h（a）＞h（2）=0，滿足題意．
綜上，實數(shù)k的取值范圍為[$\frac{1}{3}$，+∞）．

點評 此題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究求閉區(qū)間上的最值問題，此題綜合性比較強，這類題型是高考的熱點問題，解的過程中我們用到了分類討論和轉(zhuǎn)化的思想，是一道中檔題．