Question

8．已知函数f（x）=lnx+x²-2ax+1（a为常数）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若存在x₀∈（0，1]，使得对任意的a∈（-2，0]，不等式2me^a（a+1）+f（x₀）＞a²+2a+4（其中e为自然对数的底数）都成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导函数，对二次函数中参数a进行分类讨论，判断函数的单调区间；
（2）根据（1），得出f（x₀）的最大值，问题可转化为对任意的a∈（-2，0]，不等式2me^a（a+1）-a²+-4a-2＞0都成立，构造函数h（a）=2me^a（a+1）-a²+-4a-2，根据题意得出m的范围，由h（0）＞0得m＞1，且h（-2）≥0得m≤e²，利用导函数，对m进行区间内讨论，求出m的范围．

解答 解：（I）f（x）=lnx+x²-2ax+1，
f'（x）=$\frac{1}{x}$+2x-2a=$\frac{2{x}^{2}-2ax+1}{x}$，
令g（x）=2x²-2ax+1，
（i）当a≤0时，因为x＞0，所以g（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
（ii）当0＜a$≤\sqrt{2}$时，因为△≤0，所以g（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
（iii）当a＞$\sqrt{2}$时，x在（$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）时，g（x）＜0，函数f（x）单调递减；
在区间（0，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）和（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，+∞）时，g（x）＞0，函数f（x）单调递增；
（II）由（I）知当a∈（-2，0]，时，函数f（x）在区间（0，1]上单调递增，
所以当x∈（0，1]时，函数f（x）的最大值是f（1）=2-2a，对任意的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，
等价于对任意的a∈（-2，0]，不等式2me^a（a+1）-a²+-4a-2＞0都成立，
记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当1＜m＜e²时，-lnm∈（-2，0），且a∈（-2，-lnm）时，h'（a）＜0，
a∈（-lnm，0）时，h'（a）＞0，所以h（a）最小值为h（-lnm）=lnm-（2-lnm）＞0，
所以a∈（-2，-lnm）时，h（a）＞0恒成立；
②当m=e²时，h'（a）=2（a+2）（e^a+2-1），因为a∈（-2，0]，所以h'（a）＞0，
此时单调递增，且h（-2）=0，
所以a∈（-2，0]，时，h（a）＞0恒成立；
综上，m的取值范围是（1，e²]．

点评 考查了导函数的应用和利用构造函数的方法，对存在问题进行转化，根据导函数解决实际问题．