Question

11．已知函數(shù)f（x）=x³+mx²-m²x+2，g（x）=alnx，a、m∈R．
（1）若m＜0時，試求函數(shù)y=f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間；
（2）若對任意x∈[1，e]，都有g(shù)（x）≥-x²+（a+2）x恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求出函數(shù)的導數(shù)，解根據(jù)導函數(shù)的不等式，從而求出函數(shù)的遞減區(qū)間；
（2）問題轉(zhuǎn)化為alnx+x²-（a+2）x≥0在[1，e]恒成立，令G（x）=alnx+x²-（a+2）x，通過討論G（x）的單調(diào)性，從而求出g（x）的最小值，進而求出a的范圍．

解答 解：（1）f′（x）=3x²+2mx-m²，
令f′（x）＜0，解得：$\frac{1}{3}$m＜x＜-m，
∴函數(shù)f（x）在（$\frac{1}{3}$m，-m）遞減；
（2）對任意x∈[1，e]，都有g(shù)（x）≥-x²+（a+2）x恒成立，
等價于alnx+x²-（a+2）x≥0在[1，e]恒成立，
令G（x）=alnx+x²-（a+2）x，
則G′（x）=$\frac{a}{x}$+2x-（a+2）=$\frac{（2x-a）（x-1）}{x}$，
①若a≤2，則2x-a＞0，x-1≥0，
∴G′（x）≥0，
∴G（x）在[1，e]單調(diào)遞增，
∴G（x）_min=G（1）=aln1+1-（a+2）≥0，
解得：a≤-1；
②若2＜a≤2e，
令G′（x）＞0，解得：x＞$\frac{a}{2}$，
令G′（x）＜0，解得：x＜$\frac{a}{2}$，
∴G（x）在[1，$\frac{a}{2}$）遞減，在（$\frac{a}{2}$，e]遞增，
∴G（a）_min=G（$\frac{a}{2}$）=a（lna-ln2）+$\frac{{a}^{2}}{4}$-$\frac{{a}^{2}}{2}$-a≥0，
解得：-2＜a＜0，不合題意，舍，
③若a＞2e，
則G′（x）在[1，e]單調(diào)遞減，
∴G（x）_min=G（e）=a+e²-（a+2）e≥0，
解得：a≤$\frac{2e{-e}^{2}}{1-e}$＜0，不合題意，舍，
綜上：a≤-1．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，考查了導數(shù)的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想，分類討論思想，本題有一定的難度．