Question

5．已知函数f（x）=-$\frac{1}{2}$lnx+$\frac{2}{x+1}$．
（1）求证：函数f（x）有且只有一个零点；
（2）对任意实数x∈[$\frac{1}{e}$，1]（e为自然对数的底数），使得对任意t∈[$\frac{1}{2}$，2]恒有f（x）≥t³-t²-2at+2成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先求导得到函数为单调递减，再求出（1）f（e²）＜0，问题得以证明．
（2）由（1）可知，f（x）在∈[$\frac{1}{e}$，1]上单调递减，f（x）在∈[$\frac{1}{e}$，1]上的最小值为f（1）=1，只需t³-t²-2at+2≤1，即2a≥t²-t+$\frac{1}{t}$对任意的t∈[$\frac{1}{2}$，2]恒成立，
令g（t）=t²-t+$\frac{1}{t}$，利用导数求得g（t）的最大值，列出不等式即可求得结论．

解答 解：（1）∵f（x）=-$\frac{1}{2}$lnx+$\frac{2}{x+1}$，
∴f（x）的定义域为（0，+∞）
∴f′（x）=-$\frac{1}{2x}$-$\frac{2}{（x+1）^{2}}$＜0，
∴f（x）在（0，+∞）单调递减，
∵f（1）=1＞0，f（e²）=-$\frac{1}{2}$lne²+$\frac{2}{{e}^{2}+1}$=-1+$\frac{2}{{e}^{2}+1}$＜0，
∴f（1）f（e²）＜0，
∴f（x）在（1，e²）存在唯一的一个零点，
∴函数f（x）有且只有一个零点；
（2）由（1）可知，f（x）在∈[$\frac{1}{e}$，1]上单调递减，
∴f（x）在∈[$\frac{1}{e}$，1]上的最小值为f（1）=1，
∴只需t³-t²-2at+2≤1，即2a≥t²-t+$\frac{1}{t}$对任意的t∈[$\frac{1}{2}$，2]恒成立，
令g（t）=t²-t+$\frac{1}{t}$则g′（t）=2t-1-$\frac{1}{{t}^{2}}$=$\frac{2{t}^{3}-{t}^{2}-1}{{t}^{2}}$，
∵t∈[$\frac{1}{2}$，2]，∴2t³-t²-1=（t-1）（2t²+t+1），
∴在t∈[$\frac{1}{2}$，1]上g（t）单调递减，在[1，2]上g（t）单调递增，
又g（$\frac{1}{2}$）=$\frac{7}{4}$，g（2）=$\frac{5}{2}$，
∴g（t）在[，2]上的最大值是$\frac{5}{2}$，
∴只需2a≥$\frac{5}{2}$，即a≥$\frac{5}{4}$，
∴实数a的取值范围是[$\frac{5}{4}$，+∞）．

点评 本题主要考查导函数零点存在定理，导数求函数的单调区间、最值等知识，考查学生恒成立问题的等价转化能力及运算求解能力，属于难题．