Question

11．已知函数f（x）=a（lnx-2x²）-3x，a∈R．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）当a=-1时，函数g（x）=tx²-4x+1满足对任意的x₁∈（0，e]，都存在x₂∈[0，1]，使得f（x₁）≥g（x₂）成立，求实数t的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题等价于f（x₁）_min≥g（x₂）_min，根据函数的单调性分别求出函数的最小值，求出t的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{a}{x}$-4ax-3=$\frac{-4{ax}^{2}-3x+a}{x}$，
a=0时，f′（x）＜0，则函数f（x）在（0，+∞）递减；
a≠0时，令f′（x）=0，得方程-4ax²-3x+a=0（*），△=9+16a²＞0，
方程（*）的两根分别是x₁=$\frac{3+\sqrt{9+1{6a}^{2}}}{-8a}$，x₂=$\frac{3-\sqrt{9+1{6a}^{2}}}{-8a}$，
a＞0时，x₁＜0＜x₂，可知x∈（0，x₂）时，f′（x）＞0，x∈（x₂，+∞）时，f′（x）＜0，
即函数f（x）在（0，x₂）递增，在（x₂，+∞）递减；
a＜0时，x₂＜0＜x₁，可知x∈（0，x₁）时，f′（x）＜0，x∈（x₁，+∞）时，f′（x）＞0，
即函数f（x）在（0，x₁）递减，在（x₁，+∞）递增；
综上：a=0时，函数f（x）在（0，+∞）递减；
a＞0时，函数f（x）在（0，x₂）递增，在（x₂，+∞）递减；
a＜0时，函数f（x）在（0，x₁）递减，在（x₁，+∞）递增；
（Ⅱ）a=-1时，f（x）=-lnx+2x²-3x，
对任意x₁∈（0，e]，都存在x₂∈[0，1]，使得f（x₁）≥g（x₂）成立，等价于f（x₁）_min≥g（x₂）_min，
∵f′（x）=-$\frac{1}{x}$+4x-3=$\frac{（4x+1）（x-1）}{x}$，
令f′（x）=0，解得：x=1或x=-$\frac{1}{4}$（舍），
x∈（0，1）时，f′（x）＜0，函数f（x）递减，x∈（1，e]时，f′（x）＞0，函数f（x）递增，
∴x∈（0，e]时，f（x）_min=f（1）=-1；
而g（x）=t${（x-\frac{2}{t}）}^{2}$+1-$\frac{4}{t}$，x∈[0，1]，
$\frac{2}{t}$＜0即t＜0时，g（x）在[0，1]递减，
故g（x）_min=g（1）=t-3，
由$\left\{\begin{array}{l}{t＜0}\\{t-3≤-1}\end{array}\right.$，得t＜0，
0＜$\frac{2}{t}$＜1即t＞2时，g（x）_min=g（$\frac{2}{t}$）=1-$\frac{4}{t}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{t＞2}\\{0＜t≤2}\end{array}\right.$，得t不存在，
$\frac{2}{t}$≥1即0＜t≤2时，g（x）在[0，1]递减，
故g（x）_min=g（1）=t-3，由$\left\{\begin{array}{l}{0＜t≤2}\\{t-3≤-1}\end{array}\right.$，得0＜t≤2，
故t=0时，g（x）=-4x+1，g（x）在[0，1]递减，g（x）_min=g（1）=-3＜-1成立，
综上，t的范围是（-∞，2]．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．