Question

8．已知函數(shù)f（x）=alnx-x²，g（x）=（λ-1）x²+2（λ-1）x-2．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）a=2時，有f（x）≤g（x）恒成立，求整數(shù)λ的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，可得a≤0時，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞0時，求出導(dǎo)函數(shù)的零點，由函數(shù)零點對定義域分段，結(jié)合導(dǎo)函數(shù)的符號可得原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)a=2時，由f（x）≤g（x），得2lnx-x²≤（λ-1）x²+2（λ-1）x-2，分離參數(shù)λ，得$λ≥\frac{2lnx+2x+2}{{x}^{2}+2x}$在x∈（0，+∞）上恒成立．構(gòu)造函數(shù)g（x）=$\frac{2lnx+2x+2}{{x}^{2}+2x}$，兩次求導(dǎo)可得g（x）_max∈（1，2）．由此求得整數(shù)λ的最小值為2．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)的定義域為（0，+∞），
f′（x）=$\frac{a}{x}-2x=\frac{a-2{x}^{2}}{x}$．
當(dāng)a≤0時，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
a＞0時，令f′（x）=0，得x=$±\frac{\sqrt{2a}}{2}$（舍去負(fù)值），
當(dāng)x∈（0，$\frac{\sqrt{2a}}{2}$）時，f′（x）＞0；x∈（$\frac{\sqrt{2a}}{2}$，+∞）時，f′（x）＜0．
故f（x）在（0，$\frac{\sqrt{2a}}{2}$）上單調(diào)遞增；在（$\frac{\sqrt{2a}}{2}$，+∞）上單調(diào)遞減；
（Ⅱ）當(dāng)a=2時，由f（x）≤g（x），得2lnx-x²≤（λ-1）x²+2（λ-1）x-2，
即（x²+2x）λ≥2lnx+2x+2．
∵x＞0，
∴$λ≥\frac{2lnx+2x+2}{{x}^{2}+2x}$在x∈（0，+∞）上恒成立．
令g（x）=$\frac{2lnx+2x+2}{{x}^{2}+2x}$，則$g′（x）=\frac{2（x+1）（-2lnx-x）}{（{x}^{2}+2x）^{2}}$．
令h（x）=-2lnx-x，
∵$h′（x）=-\frac{2}{x}-1＜0$，
∴h（x）在（0，+∞）上遞減，
且x→0時，h（x）→+∞，x→+∞時，h（x）→-∞．
∴h（x）在（0，+∞）必存在唯一零點，
不妨設(shè)h（x₀）=0，即2lnx₀=-x₀．
∴當(dāng)x∈（0，x₀）時，h（x）＞0，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（x₀，+∞）時，h（x）＜0，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減．
因此，$g（x）_{max}=g（{x}_{0}）=\frac{2ln{x}_{0}+2{x}_{0}+2}{{{x}_{0}}^{2}+2{x}_{0}}$=$\frac{{x}_{0}+2}{{{x}_{0}}^{2}+2{x}_{0}}=\frac{1}{{x}_{0}}$．
∵$h（\frac{1}{2}）=ln2-\frac{1}{4}＞0$，$h（1）=-\frac{1}{2}＜0$，
∴$\frac{1}{2}＜{x}_{0}＜1$，1$＜\frac{1}{{x}_{0}}＜2$．即g（x）_max∈（1，2）．
依題意有λ≥2，即整數(shù)λ的最小值為2．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，訓(xùn)練了恒成立問題的求解方法，訓(xùn)練了函數(shù)構(gòu)造法，屬難題．