Question

16．已知函数f（x）=2alnx+x²-（a+4）x+1（a为常数）
（1）若a＞0，讨论f（x）的单调性；
（2）若对任意的 a∈（1，$\sqrt{2}$），都存在 x₀∈（3，4]使得不等式f（x₀）+ln a+1＞m（a-a²）+2a ln$\frac{4}{e}$成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，求得导函数的零点，然后对a分类求出函数的单调区间．
（2）由（1）可知，f（x）在（3，4]上单调递增．求出f（x）在（3，4]上的最大值，把问题转化为f（x）_max+lna+1＞$m（a-{a}^{2}）+2aln\frac{4}{e}$，即2-2a+lna＞m（a-a²）恒成立．即对任意的a∈（1，$\sqrt{2}$），不等式lna+ma²-（m+2）a+2＞0恒成立．设h（a）=lna+ma²-（m+2）a+2，然后分m≥1和m＜1讨论a∈（1，$\sqrt{2}$）时h（a）＞0是否恒成立求得实数m的取值范围．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{2a}{x}+2x-（a+4）=\frac{（x-2）（2x-a）}{x}$．
令f′（x）=0，得x₁=2，${x}_{2}=\frac{a}{2}$．
①当a＞4时，$\frac{a}{2}$＞2，当2＜x＜$\frac{a}{2}$时，f′（x）＜0；当0＜x＜2时，f′（x）＞0．
此时f（x）的单调增区间为（0，2），（$\frac{a}{2}，+∞$），单调递减区间为（2，$\frac{a}{2}$）．
②当a=4时，$\frac{a}{2}$=2，f′（x）=$\frac{2（x-2）^{2}}{x}≥$0，f（x）在（0，+∞）上单调递增．
③当0＜a＜4时，$\frac{a}{2}$＜2，当$\frac{a}{2}$＜x＜2时，f′（x）＜0；当0＜x＜$\frac{a}{2}$或x＞2时，f′（x）＞0．
此时f（x）的单调增区间为（0，$\frac{a}{2}$），（2，+∞），单调递减区间为（$\frac{a}{2}$，2）．
综上所述，当a＞4时，f（x）的单调增区间为（0，2），（$\frac{a}{2}，+∞$），单调递减区间为（2，$\frac{a}{2}$）．
当a=4时，f（x）在（0，+∞）上单调递增．
当0＜a＜4时，f（x）的单调增区间为（0，$\frac{a}{2}$），（2，+∞），单调递减区间为（$\frac{a}{2}$，2）．
（2）由（1）可知，当a∈（1，$\sqrt{2}$）时，f（x）在（3，4]上单调递增．
∴x∈（3，4]时，f（x）_max=f（4）=4aln2-4a+1，依题意，
只需f（x）_max+lna+1＞$m（a-{a}^{2}）+2aln\frac{4}{e}$，即2-2a+lna＞m（a-a²）恒成立．
即对任意的a∈（1，$\sqrt{2}$），不等式lna+ma²-（m+2）a+2＞0恒成立．
设h（a）=lna+ma²-（m+2）a+2，则h（1）=0．
$h′（a）=\frac{1}{a}+2ma-（m+2）=\frac{（2a-1）（ma-1）}{a}$．
∵a∈（1，$\sqrt{2}$），∴$\frac{2a-1}{a}$＞0．
①当m≥1时，对任意的a∈（1，$\sqrt{2}$），ma-1＞0，∴h′（a）＞0，h（a）在（1，$\sqrt{2}$）上单调递增，h（a）＞h（1）=0恒成立；
②当m＜1时，存在a₀∈（1，$\sqrt{2}$），使得当a∈（1，a₀）时，ma-1＜0，∴h′（a）＜0，h（a）单调递减，h（a）＜h（1）=0，
∴a∈（1，$\sqrt{2}$）时，h（a）＞0不能恒成立．
综上述，实数m的取值范围是[1，+∞）．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，考查分类讨论的数学思想方法和数学转化思想方法，是压轴题．