Question

7．已知函數(shù)f（x）=ax²-2x+lnx+1．
（1）若函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)為單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）設(shè)g（x）=mx²+4mx+3，當(dāng)a=1時，不等式f（x₁）≤g（x₂），x₁∈（0，1]，x₂∈（-∞，+∞）恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求f′（x）=$\frac{2a{x}^{2}-2x+1}{x}$，根據(jù)題意便可得到2ax²-2x+1≥0在（0，+∞）上恒成立，并且容易得出a≠0，從而分△≤0和△＞0兩種情況進(jìn)行討論，從而便可得到實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）根據(jù)題意知，f（x）在（0，1]上的最大值小于等于g（x）在（-∞，+∞）上的最小值：根據(jù)f′（x）的導(dǎo)數(shù)可以判斷f（x）在（0，1]上單調(diào)遞增，從而得出f（x）在該區(qū)間的最大值為0；然后就要求g（x）的最大值，m=0時顯然成立，m≠0時，便可看出m＞0，g（x）的最小值便為3-4m，從而0≤3-4m，解該不等式所得m的范圍并上m=0即可得出實(shí)數(shù)m的取值范圍．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{2a{x}^{2}-2x+1}{x}$；
∵f（x）在其定義域內(nèi)單調(diào)遞增；
∴2ax²-2x+1≥0在x∈（0，+∞）上恒成立；
a=0時顯然不成立；
∴a≠0；
設(shè)h（x）=2ax²-2x+1；
①若△=4-8a≤0，即$a≥\frac{1}{2}$，則h（x）≥0在（0，+∞）上恒成立；
②若△=4-8a＞0，即$a＜\frac{1}{2}$，且a≠0，要使h（x）≥0在（0，+∞）上恒成立；
則a需滿足$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2a}＜0}\\{h（0）=1＞0}\end{array}\right.$；
∴a＜0；
綜上得實(shí)數(shù)a的取值范圍為（-∞，0）$∪[\frac{1}{2}，+∞）$；
（2）a=1時，f（x）=x²-2x+lnx+1，f′（x）=$2x-2+\frac{1}{x}=\frac{2{x}^{2}-2x+1}{x}$；
∵2x²-2x+1＞0恒成立；
∴f′（x）＞0；
∴f（x）在（0，1]上單調(diào)遞增；
∴f（x）在（0，1]上的最大值為f（1）=0；
①m=0時，g（x）=3，滿足f（x₁）≤g（x₁）；
②m≠0時，根據(jù)題意知g（x）在（-∞，+∞）上有最小值；
∴m＞0，且最小值為$\frac{12m-16{m}^{2}}{4m}=3-4m$；
∴0≤3-4m；
解得$m≤\frac{3}{4}$，即0$＜m≤\frac{3}{4}$；
綜上得實(shí)數(shù)m的取值范圍為[0，$\frac{3}{4}$]．

點(diǎn)評 考查函數(shù)單調(diào)性和函數(shù)導(dǎo)數(shù)符號的關(guān)系，二次函數(shù)的取值和判別式△的關(guān)系，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求函數(shù)的最大值，知道二次函數(shù)在（-∞，+∞）上若存在最小值，二次項(xiàng)系數(shù)需大于0，并能求出該最小值．