Question

16．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）若对任意的$a∈（{1，\sqrt{2}}）$，都存在x₀∈（0，1]使得不等式$f（{x_0}）+lna＞m（{a-{a^2}}）$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，当a≤0时，导函数恒大于0，然后利用二次函数的判别式对a分类讨论求出导函数在不同区间内的符号，得到原函数的单调性；
（2）由（1）知，$a∈（{1，\sqrt{2}}）$时，函数f（x）在（0，1]上单调递增，求出函数在（0，1]上的最大值2-2a，把存在x₀∈（0，1]使得不等式$f（{x_0}）+lna＞m（{a-{a^2}}）$成立转化为2-2a+lna＞m（a-a²），得到$m＞\frac{2}{a}+\frac{lna}{{a-{a^2}}}$恒成立，构造函数$g（a）=\frac{2}{a}+\frac{lna}{{a-{a^2}}}，a∈（{1，\sqrt{2}}）$，求导可知为增函数，得其最大值，则实数m的取值范围可求．

解答 解：（1）由f（x）=lnx+x²-2ax+1，得$f'（x）=\frac{1}{x}+2x-2a=\frac{{2{x^2}-2ax+1}}{x}，x＞0$，
令h（x）=2x²-2ax+1．
①当a≤0时，h（x）＞0，则f'（x）＞0成立，
△=4a²-8，当$-\sqrt{2}≤a≤\sqrt{2}$时，△≤0，则2x²-2ax+1≥0，h（x）≥0，即f'（x）≥0恒成立，
∴当$a≤\sqrt{2}$时，f'（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当$a＞\sqrt{2}$时，由2x²-2ax+10≥0，得$x＞\frac{{a+\sqrt{{a^2}-2}}}{2}$或$0＜x＜\frac{{a-\sqrt{{a^2}-2}}}{2}$，
由2x²-2ax+10＜0，得$\frac{{a-\sqrt{{a^2}-2}}}{2}＜x＜\frac{{a+\sqrt{{a^2}-2}}}{2}$．
∴f（x）在$（{0，\frac{{a-\sqrt{{a^2}-2}}}{2}}），（{\frac{{a+\sqrt{{a^2}-2}}}{2}}）$上单调递增，在$（{\frac{{a-\sqrt{{a^2}-2}}}{2}，\frac{{a+\sqrt{{a^2}-2}}}{2}}）$单调递减；
（2）∵$a∈（{1，\sqrt{2}}），\frac{1}{x}+2x-2a＞0$，
∴f'（x）＞0，f（x）在（0，1]单调递增，f（x）_max=f（1）=2-2a，
存在x₀∈（0，1]使得不等式$f（{x_0}）+lna＞m（{a-{a^2}}）$成立，
即2-2a+lna＞m（a-a²），
∵任意的$a∈（{1，\sqrt{2}}）$，∴a-a²＜0，即$m＞\frac{2}{a}+\frac{lna}{{a-{a^2}}}$恒成立，
令$g（a）=\frac{2}{a}+\frac{lna}{{a-{a^2}}}$，则$g'（a）=\frac{{（{2a-1}）lna-（{2{a^2}-3a+1}）}}{{{{（{a-{a^2}}）}^2}}}=\frac{{（{2a-1}）（{lna-a+1}）}}{{{{（{a-{a^2}}）}^2}}}$，
∵任意的$a∈（{1，\sqrt{2}}）$，$\frac{{（{2a-1}）（{lna-a+1}）}}{{{{（{a-{a^2}}）}^2}}}＞0$，
∴$g（a）=\frac{2}{a}+\frac{lna}{{a-{a^2}}}，a∈（{1，\sqrt{2}}）$是增函数，
∴$g（x）＜g（{\sqrt{2}}）=\frac{2}{{\sqrt{2}}}+\frac{{ln\sqrt{2}}}{{\sqrt{2}-2}}=\sqrt{2}-\frac{{（{2+\sqrt{2}}）ln\sqrt{2}}}{2}$，
∵$m＞\frac{2-2a+lna}{{a-{a^2}}}$恒成立，
∴实数m的取值范围$m≥\sqrt{2}-\frac{{（{2+\sqrt{2}}）ln\sqrt{2}}}{2}$．

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