Question

8．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（a+1）+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）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，對(duì)二次函數(shù)中參數(shù)a進(jìn)行分類討論，判斷函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）根據(jù)（1），得出f（x₀）的最大值，問(wèn)題可轉(zhuǎn)化為對(duì)任意的a∈（-2，0]，不等式2me^a（a+1）-a²+-4a-2＞0都成立，構(gòu)造函數(shù)h（a）=2me^a（a+1）-a²+-4a-2，根據(jù)題意得出m的范圍，由h（0）＞0得m＞1，且h（-2）≥0得m≤e²，利用導(dǎo)函數(shù)，對(duì)m進(jìn)行區(qū)間內(nèi)討論，求出m的范圍．

解答 解：（I）f（x）=lnx+x²-2ax+1，
f'（x）=$\frac{1}{x}$+2x-2a=$\frac{2{x}^{2}-2ax+1}{x}$，
令g（x）=2x²-2ax+1，
（i）當(dāng)a≤0時(shí)，因?yàn)閤＞0，所以g（x）＞0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
（ii）當(dāng)0＜a$≤\sqrt{2}$時(shí)，因?yàn)椤鳌?，所以g（x）＞0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
（iii）當(dāng)a＞$\sqrt{2}$時(shí)，x在（$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）時(shí)，g（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；
在區(qū)間（0，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）和（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，+∞）時(shí)，g（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；
（II）由（I）知當(dāng)a∈（-2，0]，時(shí)，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1]上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x∈（0，1]時(shí)，函數(shù)f（x）的最大值是f（1）=2-2a，對(duì)任意的a∈（-2，0]，
都存在x₀∈（0，1]，使得不等式a∈（-2，0]，2me^a（a+1）+f（x₀）＞a²+2a+4成立，
等價(jià)于對(duì)任意的a∈（-2，0]，不等式2me^a（a+1）-a²+-4a-2＞0都成立，
記h（a）=2me^a（a+1）-a²+-4a-2，由h（0）＞0得m＞1，且h（-2）≥0得m≤e²，
h'（a）=2（a+2）（me^a-1）=0，
∴a=-2或a=-lnm，
∵a∈（-2，0]，
∴2（a+2）＞0，
①當(dāng)1＜m＜e²時(shí)，-lnm∈（-2，0），且a∈（-2，-lnm）時(shí)，h'（a）＜0，
a∈（-lnm，0）時(shí)，h'（a）＞0，所以h（a）最小值為h（-lnm）=lnm-（2-lnm）＞0，
所以a∈（-2，-lnm）時(shí)，h（a）＞0恒成立；
②當(dāng)m=e²時(shí)，h'（a）=2（a+2）（e^a+2-1），因?yàn)閍∈（-2，0]，所以h'（a）＞0，
此時(shí)單調(diào)遞增，且h（-2）=0，
所以a∈（-2，0]，時(shí)，h（a）＞0恒成立；
綜上，m的取值范圍是（1，e²]．

點(diǎn)評(píng) 考查了導(dǎo)函數(shù)的應(yīng)用和利用構(gòu)造函數(shù)的方法，對(duì)存在問(wèn)題進(jìn)行轉(zhuǎn)化，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)解決實(shí)際問(wèn)題．