Question

10．已知命題p：函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{1}{2}{x^2}$-ax為定義域上的增函數(shù)，命題q：函數(shù)f（x）=x²+$\frac{2}{x}$，$g（x）={（\frac{1}{2}）^x}$-a滿足對?x₁∈[1，2]，?x₂∈[-1，1]有f（x₁）≥g（x₂）成立，若命題p∨q為真命題，命題p∧q為假命題，則實數(shù)a的取值范圍是（　　）

• A． （-∞，2]
• B． $[-\frac{5}{2}，+∞）$
• C． $（-∞，-\frac{5}{2}）∪（2，+∞）$
• D． $（-∞，-\frac{5}{2}]∪[2，+∞）$

Answer 1

分析 命題p真：函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{1}{2}{x^2}$-ax的導(dǎo)數(shù)f′（x）=$\frac{1}{x}+x-a$≥0在（0，+∞）上恒成立，∴a≤（$\frac{1}{x}+x$）_min；
命題q真：對?x₁∈[1，2]，?x₂∈[-1，1]使f（x₁）≥g（x₂），等價于f（x）_min≥g（x）_min，于是問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)f（x），g（x）的最小值問題．再根據(jù)p、q的真假，求出a即可．

解答 解：命題p真：函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{1}{2}{x^2}$-ax的導(dǎo)數(shù)f′（x）=$\frac{1}{x}+x-a$≥0在（0，+∞）上恒成立，
∴a≤（$\frac{1}{x}+x$）_min，⇒a≤2；
命題q真：當(dāng)x∈[1，2]時，函數(shù)f（x）=x²+$\frac{2}{x}$=x²+$\frac{1}{x}+\frac{1}{x}$≥3$\root{3}{{x}^{2}•\frac{1}{x}•\frac{1}{x}}=3$，所以f（x）_min=3；
g（x）=（$\frac{1}{2}$）^x-a在[-1，1]上單調(diào)遞減，所以g（x）min=g（1），
對?x₁∈[1，2]，?x₂∈[-1，1]使f（x₁）≥g（x₂），
等價于f（x）_min≥g（x）_min，即3≥$\frac{1}{2}-a$，解得a≥-$\frac{5}{2}$
若命題p∨q為真命題，命題p∧q為假命題⇒p、q為一真一假，
當(dāng)p真，q假時，解得a＜-$\frac{5}{2}$，當(dāng)p假，q真時，解得a＞2．
綜上：實數(shù)a的取值范圍是：a＜-$\frac{5}{2}$或a＞2．
故選：C．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，及函數(shù)恒成立，轉(zhuǎn)化思想是關(guān)鍵，屬于中檔題．