Question

20．已知函数f（x）=2lnx+x²-ax+2（a∈R）．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若存在x₀∈（0，1]，使得对任意的a∈[-2，0），不等式f（x₀）＞a²+3a+2-2me^a（a+1）（其中e是自然对数的底数）都成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ） $f'（x）=\frac{2}{x}+2x-a=\frac{{2{x^2}-ax+2}}{x}（x＞0）$．令h（x）=2x²-ax+2，△=a²-16．通过①当a≤0时，②当0＜a≤4时，③当a＞4时，分别判断导函数的符号，判断函数的单调性，求解单调区间．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a∈[-2，0）时，函数f（x）在区间（0，1]上单调递增，当x∈（0，1]时，求出函数f（x）的最大值是f（1）=3-a，对任意的a∈[-2，0），都存在x₀∈（0，1]，使得不等式$2m{e^a}（a+1）+f（{x_0}）＞{a^2}+3a+2$成立，转化为：对任意的a∈[-2，0），不等式2me^a（a+1）-a²-4a+1＞0都成立，记h（a）=2me^a（a+1）-a²-4a+1，求出导函数，通过①当m≤1时，判断函数的单调性求出最值，②当m＞1时，（ⅰ）当1＜m＜e²时，（ⅱ）当m≥e²时，通过函数的地址求解m的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{2}{x}+2x-a=\frac{{2{x^2}-ax+2}}{x}（x＞0）$．
令h（x）=2x²-ax+2，△=a²-16．
①当a≤0时，-ax≥0，∴$f'（x）=\frac{h（x）}{x}＞0$，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当0＜a≤4时，△=a²-16≤0，所以h（x）≥0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
③当a＞4时，△=a²-16＞0，
令h（x）=0，得${x_1}=\frac{{a-\sqrt{{a^2}-16}}}{4}＞0，{x_2}=\frac{{a+\sqrt{{a^2}-16}}}{4}＞0$，
f′（x）＞0⇒x∈（0，x₁）∪（x₂，+∞）；f′（x）＜0⇒x∈（x₁，x₂）．
所以，f（x）在（0，x₁）和（x₂，+∞）上单调递增，在（x₁，x₂）单调递减．
综上，1°当a≤1时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
2°当a＞1时，f（x）在（0，x₁）和（x₂，+∞）上单调递增，在（x₁，x₂）单调递减．
（注：如果在每种情况中已说明函数在哪个区间上的单调性，不写综上不扣分；如果每种情况只解出不等式，最后没写综上扣1分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，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）=3-a，对任意的a∈[-2，0），
都存在x₀∈（0，1]，使得不等式$2m{e^a}（a+1）+f（{x_0}）＞{a^2}+3a+2$成立，
即对任意的a∈[-2，0），$2m{e^a}（a+1）+f{（{x_0}）_{max}}＞{a^2}+3a+2$都成立，
即对任意的a∈[-2，0），不等式2me^a（a+1）-a²-4a+1＞0都成立，
记h（a）=2me^a（a+1）-a²-4a+1，则h'（a）=2me^a（a+2）-2a-4=2（a+2）（me^a-1）．∵a∈[-2，0），∴${e^a}∈[\frac{1}{e^2}，1）$，且a+2≥0．
①当m≤1时，me^a-1＜0，∴h'（a）≤0，即a∈[-2，0）时，h（a）单调递减．
∴h（a）＞0，只需h（0）≥0，解得$m≥-\frac{1}{2}$，∴$m∈[-\frac{1}{2}，\;1]$．
②当m＞1时，令h'（a）=0得a=-2或a=-lnm，因为a∈[-2，0），所以2（a+2）≥0．
（ⅰ）当1＜m＜e²时，-lnm∈[-2，0），当a∈（-2，-lnm）时，h'（a）＜0；
当a∈（-lnm，0）时，h'（a）＞0，∴$h{（a）_{min}}=h（-lnm）=-{ln^2}m+2lnm+3＞0$，
解得$m∈（\frac{1}{e}，{e^3}）$，∴m∈（1，e²）．
（ⅱ）当m≥e²时，因为-2≤a＜0，所以$\frac{1}{e^2}≤{e^a}＜1$，所以me^a≥1，所以h'（a）≥0，
则h（a）在[-2，0）上单调递增，得h（-2）=5-2me^-2＞0，即$m＜\frac{{5{e^2}}}{2}$，∴$m∈[{e^2}，\frac{{5{e^2}}}{2}）$．
综上，m的取值范围是$[-\frac{1}{2}，\frac{{5{e^2}}}{2}）$．

点评 本题考查函数的导数以及函数的单调性，极值以及最值的关系，构造法的应用，考查转化思想，分类讨论思想的应用，考查分析问题解决问题的能力．