分析 (1)利用導(dǎo)數(shù)求出$h(x)=f(x)-3({x-\frac{1}{2}}){({x-1})^2}$的單調(diào)區(qū)間及最值,結(jié)合圖象即可判定;
(2)構(gòu)造函數(shù)H(x)=g(x)-$\frac{3}{2}$x-4a,對(duì)該函數(shù)在∈(a+2,+∞)的最大值進(jìn)行分類求解,只需最大值小于0即可.
解答 解:(1)設(shè)$F(x)={x^2}-1-2lnx,F(xiàn)'(x)=2x-\frac{2}{x}=\frac{{2({x-1})({x+1})}}{x}$,…(1分)
令F'(x)>0,得x>1,F(xiàn)(x)遞增;令F'(x)<0,得0<x<1,F(xiàn)(x)遞減,…(2分)
∴F(x)min=F(1)=0,∴F(x)≥0,即x2-1≥2lnx,∴f(x)=x2-1…(3分)
設(shè)$G(x)=3({x-\frac{1}{2}}){({x-1})^2}$,結(jié)合f(x)與G(x)在(0,1]上圖象可知,這兩個(gè)函數(shù)的圖象在(0,1]上有兩個(gè)交點(diǎn),即h(x)在(0,1]上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為2…(5分)
(或由方程f(x)=G(x)在(0,1]上有兩根可得)
(2)假設(shè)存在實(shí)數(shù)a∈(-2,+∞),使得$g(x)<\frac{3}{2}x+4a$對(duì)x∈(a+2,+∞)恒成立,
則$\left\{{\begin{array}{l}{x+lnx<\frac{3}{2}x+4a}\\{-{x^2}+({{a^2}-\frac{1}{2}})x+2{a^2}+4a<\frac{3}{2}x+4a}\end{array}}\right.$,對(duì)x∈(a+2,+∞)恒成立,
即$\left\{{\begin{array}{l}{lnx-\frac{1}{2}x<4a}\\{({x+2})({x-{a^2}})>0}\end{array}}\right.$,對(duì)x∈(a+2,+∞)恒成立,…(6分)
①設(shè)$H(x)=lnx-\frac{1}{2}x,H'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2}=\frac{2-x}{2x}$,
令H'(x)>0,得0<x<2,H(x)遞增;令H'(x)<0,得x>2,H(x)遞減,
∴H(x)max=h(2)=ln2-1,
當(dāng)0<a+2<2即-2<a<0時(shí),4a>ln2-1,∴$a>\frac{ln2-1}{4}$,∵a<0,∴4$a∈({\frac{ln2-1}{4},0})$.
故當(dāng)$a∈({\frac{ln2-1}{4},0})$時(shí),$lnx-\frac{1}{2}x<4a$對(duì)x∈(a+2,+∞)恒成立,…(8分)
當(dāng)a+2≥2即a≥0時(shí),H(x)在(a+2,+∞)上遞減,∴$H(x)<H({a+2})=ln({a+2})-\frac{1}{2}a-1$.
∵${({ln({a+2})-\frac{1}{2}a-1})^′}=\frac{1}{a+2}-\frac{1}{2}≤0$,∴H(a+2)≤H(0)=ln2-1<0,
故當(dāng)a≥0時(shí),$lnx-\frac{1}{2}x<4a$對(duì)x∈(a+2,+∞)恒成立…(10分)
②若(x+2)(x-a2)>0對(duì)x∈(a+2,+∞)恒成立,則a+2≥a2,∴a∈[-1,2]…(11分)
由①及②得,$a∈({\frac{ln2-1}{4},2}]$.
故存在實(shí)數(shù)a∈(-2,+∞),使得$g(x)<\frac{3}{2}x+4a$對(duì)x∈(a+2,+∞)恒成立,
且a的取值范圍為$({\frac{ln2-1}{4},2}]$…(12分)
點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)判定,及函數(shù)不等式恒成立時(shí),參數(shù)取值范圍的求解方法,屬于難題.
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