已知函数f（x）=ln[ex/2]-f′（1）•x，g（x）=[3x/2−2ax]-f（x）（其中a∈R）．

（1）∵f（x）=ln[ex/2]-f′（1）•x=1+lnx-ln2-f′（1）•x，
∴f′（x）=[1/x]-f′（1），
∴f′（1）=1-f′（1），
∴f′（1）=[1/2]；
∴f′（x）=[1/x]-[1/2]（x＞0）．
由f′（x）＞0得0＜x＜2；由f′（x）＜0得x＞2；
∴f（x）的单调增区间为（0，2），单调减区间为（2，+∞）．
（2）∵g（x）=[3/2]x-[2a/x]-f（x）=[3/2]x-[2a/x]-（1+lnx-ln2-[1/2]•x）
=2x-lnx-[2a/x]+ln2-1在[2，+∞）上为增函数，
∴g′（2）=2-[1/x]|_x=2+[2a
x2|_x=2≥0，
解得a≥-3．
（3）∵a=1，
∴g（x）=2x-lnx-
2/x]+ln2-1，
∴g′（x）=2-[1/x]+[2
x2=2(
1/x−
1
4)2+
15
8]＞0，
∴g（x）=2x-lnx-[2/x]+ln2-1在区间（0，1]上单调递增，
∴g（x）_max=g（1）=ln2-1，
而“∃x₁∈（0，1），∀x₂∈[1，2]，总有g（x₁）≥h（x₂）成立”等价于“g（x）在（0，1）上的最大值不小于h（x）在[1，2]上的最大值”
而h（x）在[1，2]上的最大值为max{h（1），h（2）}，
所以有

g(1)≥h(1)
g(1)≥h(2)，
∴

ln2−1≥1−m+4
ln2−1≥4−2m+4，
解得m≥6-ln2，
所以实数m的取值范围是[6-ln2，+∞）．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用．

考点点评： 本题考查利用导数研究函数的单调性，着重考查导数在最大值、最小值问题中的应用，（3）中对题意的理解与应用是难点，属于难题．

1年前

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