Question

13．已知函數(shù)f（x）=lnx+x²-2ax+1（a為常數(shù)）．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若存在x₀∈（0，1]，使得對(duì)任意的a∈（-2，0]，不等式2me^a+f（x₀）＞a²+2a+4（其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）都成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，然后對(duì)a分類討論，分析原函數(shù)的單調(diào)性；
（2）根據(jù)（1）中的討論結(jié)果求出f（x₀）的最大值f_max（x₀），則原題轉(zhuǎn)化為對(duì)任意的a∈（-2，0]，不等式me^a+f_max（x₀）＞a²+2a+4恒成立，分離參數(shù)m，再由導(dǎo)數(shù)求得新函數(shù)g（a）的最大值，得出m的范圍．

解答 解：（1）f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），f′（x）=$\frac{1}{x}$+2x-2a=$\frac{2{x}^{2}-2ax+1}{x}$．
令f′（x）=0得2x²-2ax+1=0．
①若△=4a²-8≤0即-$\sqrt{2}≤a≤\sqrt{2}$時(shí)，則f′（x）≥0恒成立，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
②若△=4a²-8＞0即a$＜-\sqrt{2}$或a$＞\sqrt{2}$時(shí)，f′（x）=0的解為x₁=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，x₂=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$．
∵x₁x₂=$\frac{1}{2}$，x₁+x₂=a，
∴當(dāng)a＜-$\sqrt{2}$時(shí)，x₁＜x₂＜0，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)a$＞\sqrt{2}$時(shí)，0＜x₁＜x₂，
∴當(dāng)0＜x＜$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$或x＞$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$時(shí)，f′（x）＞0，
當(dāng)$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$＜x＜$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$時(shí)，f′（x）＜0．
綜上，當(dāng)a$≤\sqrt{2}$時(shí)，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
當(dāng)a$＞\sqrt{2}$時(shí)，f（x）在（0，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，+∞）上單調(diào)遞增．
（2）由（1）可知當(dāng)a∈（-2，0]時(shí)，f（x）在（0，1]上單調(diào)遞增，
∴f_max（x₀）=f（1）=2-2a．
又∵存在x₀∈（0，1]，使得對(duì)任意的a∈（-2，0]，不等式2me^a+f（x₀）＞a²+2a+4都成立，
∴不等式2me^a+2-2a＞a²+2a+4恒成立，即2me^a＞a²+4a+2恒成立．
∴m＞$\frac{{a}^{2}+4a+2}{2{e}^{a}}$恒成立．
令g（a）=$\frac{{a}^{2}+4a+2}{2{e}^{a}}$，則g′（a）=$\frac{-{a}^{2}-2a+2}{2{e}^{a}}$．
令g′（a）=0解得a=-1+$\sqrt{3}$（舍）或a=-1-$\sqrt{3}$（舍）．
∴當(dāng)-2＜a≤0時(shí)，g′（a）＞0，g（a）在（-2，0]上是增函數(shù)，
∴當(dāng)a=0時(shí)，g（a）取得最大值g（0）=1．
∴m＞1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)恒成立問(wèn)題的解決方法，分離參數(shù)法，解答此題的關(guān)鍵在于把恒成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化為關(guān)于a的不等式，屬難度較大題目．