20.已知函數(shù)f(x)=ax2-x+2a-1(a>0).
(1)若f(x)在區(qū)間[1,2]為單調(diào)增函數(shù),求a的取值范圍;
(2)設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上的最小值為g(a),求g(a)的表達式;
(3)設(shè)函數(shù)$h(x)={(\frac{1}{2})^x}+{log_2}\frac{1}{x+1}$,若對任意x1,x2∈[1,2],不等式f(x1)≥h(x2)恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.

分析 (1)若f(x)在區(qū)間[1,2]為單調(diào)增函數(shù),則$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{1}{2a}≤1}\\{a>0}\end{array}}\right.$,解得a的取值范圍;
(2)分類討論給定區(qū)間與對稱軸的關(guān)系,分析出各種情況下g(x)的表達式,綜合討論結(jié)果,可得答案;
(3)不等式f(x1)≥h(x2)恒成立,即f(x)min≥h(x)max,分類討論各種情況下實數(shù)a的取值,綜合討論結(jié)果,可得答案.

解答 解:(1)∵函數(shù)f(x)=ax2-x+2a-1(a>0)的圖象是開口朝上,且以直線x=$\frac{1}{2a}$為對稱軸的拋物線,
若f(x)在區(qū)間[1,2]為單調(diào)增函數(shù)
則$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{1}{2a}≤1}\\{a>0}\end{array}}\right.$,
解得:$a≥\frac{1}{2}$…(2分)
(2)①當(dāng)0<$\frac{1}{2a}$<1,即a>$\frac{1}{2}$時,f(x)在區(qū)間[1,2]上為增函數(shù),
此時g(a)=f(1)=3a-2…(6分)
②當(dāng)1≤$\frac{1}{2a}$≤2,即$\frac{1}{4}≤a≤\frac{1}{2}$時,f(x)在區(qū)間[1,$\frac{1}{2a}$]是減函數(shù),在區(qū)間[$\frac{1}{2a}$,2]上為增函數(shù),
此時g(a)=f($\frac{1}{2a}$)=$2a-\frac{1}{4a}-1$…(7分)
③當(dāng)$\frac{1}{2a}$>2,即0<a<$\frac{1}{4}$時,f(x)在區(qū)間[1,2]上是減函數(shù),
此時g(a)=f(2)=6a-3…(8分)

綜上所述:$g(a)=\left\{\begin{array}{l}6a-3,a∈({0,\frac{1}{4}})\\ 2a-\frac{1}{4a}-1,a∈[{\frac{1}{4},\frac{1}{2}}]\\ 3a-2,a∈({\frac{1}{2},+∞})\end{array}\right.$…(10分)
(3)對任意x1,x2∈[1,2],不等式f(x1)≥h(x2)恒成立,
即f(x)min≥h(x)max,
由(2)知,f(x)min=g(a)
又因為函數(shù)$h(x)={(\frac{1}{2})^x}+{log_2}\frac{1}{x+1}={({\frac{1}{2}})^x}+{log_{\frac{1}{2}}}(x+1)$,
所以函數(shù)h(x)在[1,2]上為單調(diào)減函數(shù),所以$h{(x)_{max}}=h(1)=\frac{1}{2}+{log_{\frac{1}{2}}}2=-\frac{1}{2}$,…(12分)

①當(dāng)$0<a<\frac{1}{4}$時,由g(a)≥h(x)max得:$6a-3≥-\frac{1}{2}$,解得$a≥\frac{5}{12}$,(舍去)…(13分)
②當(dāng)$\frac{1}{4}≤a≤\frac{1}{2}$時,由g(a)≥h(x)max得:$2a-\frac{1}{4a}-1≥-\frac{1}{2}$,即8a2-2a-1≥0,
∴(4a+1)(2a-1)≥0,解得$a≥\frac{1}{2}或a≤-\frac{1}{4}$
所以$a=\frac{1}{2}$…(5分)
③當(dāng)$\frac{1}{2}<a$時,由g(a)≥h(x)max得:$3a-2≥-\frac{1}{2}$,解得$a≥\frac{1}{2}$,
所以a$>\frac{1}{2}$
綜上所述:實數(shù)a的取值范圍為$[{\frac{1}{2},+∞})$…(16分)

點評 本題考查的知識點是二次函數(shù)的圖象和性質(zhì),熟練掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì),是解答的關(guān)鍵.

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