已知函數(shù)f(x)=2x+alnx.
(1)若f(x)在[1,+∞)上為增函數(shù),求a的范圍;
(2)求證:若a<0,對(duì)于任意兩個(gè)正數(shù)x1、x2總有:
f(x1)+f(x2)
2
≥f(
x1+x2
2
)

(3)若存在x∈[1,e],使不等式f(x)≤(a+3)x-
1
2
x2成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
分析:(1)欲使f(x)在[1,+∞)上為增函數(shù),只需f′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,然后利用參變量分離法求出a的取值范圍即可;
(2)將x1,x2代入函數(shù)f(x)的解析式整理,再由基本不等式可證得結(jié)論;
(3)存在x∈[1,e],使不等式f(x)≤(a+3)x-
1
2
x2成立即將a分離,使得a大于等于不等式另一側(cè)函數(shù)在[1,e]上的最小值即可.
解答:解:(1)∵f(x)=2x+alnx,
∴f′(x)=2+
a
x
,
∵f(x)在[1,+∞)上為增函數(shù),
∴f′(x)=2+
a
x
≥0在[1,+∞)上恒成立,
即a≥(-2x)max=-2,
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為[2,+∞);
(2)由題意可得
f(x1)+f(x2)
2
=
2x1+alnx1+2x2+alnx2
2
=(x1+x2)+
a
2
ln(x1•x2)=(x1+x2)+aln
x1x2
,
f(
x1+x2
2
)
=(x1+x2)+aln
x1+x2
2
,
∵正數(shù)x1、x2總有
x1+x2
2
x1x2
,
∴l(xiāng)n
x1+x2
2
≥ln
x1x2

∵a<0,
∴aln
x1+x2
2
≤aln
x1x2
,則(x1+x2)+aln
x1x2
≥(x1+x2)+aln
x1+x2
2

f(x1)+f(x2)
2
≥f(
x1+x2
2
)
;
(3)∵f(x)≤(a+3)x-
1
2
x2成立,
∴a(x-lnx)≥
1
2
x2-x成立,
∵x∈[1,e],
∴x-lnx>0,則a≥
1
2
x2-x
x-lnx
,
令g(x)=
1
2
x2-x
x-lnx
,x∈[1,e],
∴g′(x)=
(x-1)(
1
2
x+1-lnx)
(x-lnx)2
,
令h(x)=
1
2
x+1-lnx,則h′(x)=
x-2
2x
,
∴h(x)min=h(2)=2-ln2>0,
∴g′(x)>0,
∴g(x)在x∈[1,e]上為增函數(shù),則g(x)min=g(1)=-
1
2
,
∴a≥-
1
2
點(diǎn)評(píng):本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,以及存在性問(wèn)題和基本不等式的應(yīng)用,同時(shí)考查了轉(zhuǎn)化的思想和分析問(wèn)題的能力和運(yùn)算求解的能力.屬于難題.
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1
x
,(x>0),若存在實(shí)數(shù)a,b(a<b),使y=f(x)的定義域?yàn)椋╝,b)時(shí),值域?yàn)椋╩a,mb),則實(shí)數(shù)m的取值范圍是( 。

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