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]，使得對任意的a∈（-2，0]，不等式$2m{e^a}+f（{x_0}）＞{a^2}+2a+4$（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）都成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導函數(shù)，對二次函數(shù)中參數(shù)a進行分類討論，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，問題可轉(zhuǎn)化為對任意的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，利用導函數(shù)，對m進行區(qū)間內(nèi)討論，求出m的范圍．

解答 解：（1）f（x）=lnx+x²-2ax+1，
f'（x）=$\frac{1}{x}$+2x-2a=$\frac{{2x}^{2}-2ax+1}{x}$，
令g（x）=2x²-2ax+1，
（i）當a≤0時，因為x＞0，所以g（x）＞0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
（ii）當0＜a≤$\sqrt{2}$時，因為△≤0，所以g（x）＞0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
（iii）當a＞$\sqrt{2}$時，x在（ $\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）時，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，g（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；
（2）由（1）知當a∈（-2，0]，時，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1]上單調(diào)遞增，
所以當x∈（0，1]時，函數(shù)f（x）的最大值是f（1）=2-2a，對任意的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，
等價于對任意的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1＜m＜e²時，-lnm∈（-2，0），且a∈（-2，-lnm）時，h'（a）＜0，
a∈（-lnm，0）時，h'（a）＞0，所以h（a）最小值為h（-lnm）=lnm-（2-lnm）＞0，
所以a∈（-2，-lnm）時，h（a）＞0恒成立；
②當m=e²時，h'（a）=2（a+2）（e^a+2-1），因為a∈（-2，0]，所以h'（a）＞0，
此時單調(diào)遞增，且h（-2）=0，
所以a∈（-2，0]，時，h（a）＞0恒成立；
綜上，m的取值范圍是（1，e²]．

點評 考查了導函數(shù)的應用和利用構(gòu)造函數(shù)的方法，對存在問題進行轉(zhuǎn)化，根據(jù)導函數(shù)解決實際問題．