题目

已知函数 ． （Ⅰ）当 时，求证： ． （Ⅱ）设 ，若 ， ，使得 成立，求实数a的取值范围． 答案：解：（Ⅰ）当 a=0 时，要证 f(x)−2x2+x2=2x2−lnx−2x2+x2≥0 ，只需证 lnx−x2<0 ， 令 h(x)=lnx−x2(x>0) ，则 h′(x)=1x−12=2−x2x 当 x∈(0,2) 时， h′(x)>0,h(x) 单调递增； 当 x∈(2,+∞) 时， h′(x)<0,h(x) 单调递减； 所以 h(x)max=h(2)=ln2−1<0 ， h(x)≤h(2)<0 故 lnx−x2<0 ，所以 f(x)>2x2−x2 ． （Ⅱ）问题等价于 ∀x1∈(0,1] ， ∃x2∈[0,1] ， f(x1)min⩾g(x2)min 由 g(x)=x2−23x3 得 g′(x)=2x−2x2 ， 由 g′(x)=2x−2x2⩾0 得 0⩽x⩽1 ， 所以在 [0,1] 上， g(x) 是增函数，故 g(x)min=g(0)=0 ． f(x) 定义域为 (0,+∞) ， 而 f′(x)=2(a+2)x+a−1x=2(a+2)x2+ax−1x=(2x+1)[(a+2)x−1]x ． 当 a⩽−2 时， f′(x)<0 恒成立， f(x) 在 (0,1] 上是减函数， 所以 f(x)min=f(1)=2(a+1)⩾0⇒a⩾−1 ，不成立； 当 a>−2 时，由 f′(x)<0 ，得 0<x<1a+2 ；由 f′(x)>0 ，得 x>1a+2 ， 所以 f(x) 在 (0,1a+2) 单调递减，在 (1a+2,+∞) 单调递减． 若 1a+2>1 ，即 −2<a<−1 时， f(x) 在 (0,1] 是减函数， 所以 f(x)min=f(1)=2(a+1)⩾0⇒a⩾−1 ，不成立； 若 0<1a+2⩽1 ，即 a⩾−1 时， f(x) 在 x=1a+2 处取得最小值， f(x)min=f(1a+2)=1+ln(a+2)−1a+2 ， 令 h(a)=1+ln(a+2)−1a+2(a⩾−1) ， 则 h′(a)=1a+2+1(a+2)2=a+3(a+2)2>0 在 [−1,+∞) 上恒成立， 所以 h(a) 在 [−1,+∞) 是增函数且 h(a)min=h(−1)=0 ， 此时 f(x)min=f(1a+2)⩾0 成立，满足条件． 综上所述， a⩾−1 ．

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