Question

13．已知函数f（x）=x²+alnx+1（a∈R）．
（1）判断函数f（x）的单调性；
（2）若对于任意的x∈（1，e]，任意的a∈（-2，-1），不等式ma-$\frac{1}{2}$f（x）＜a²成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数的导数，分类讨论，令f'（x）＞0，得到函数f（x）的单调递增区间，令f'（x）＜0，得到函数f（x）的单调递减区间；
（Ⅱ）由题意，ma-$\frac{1}{2}$f（x）＜a²成立，2ma-2a²＜f（x）_min，求出函数最小值，可得m＞a+$\frac{1}{a}$，设h（a）=a+$\frac{1}{a}$，h′（a）=1-$\frac{1}{{a}^{2}}$＞0，h（x）在（-2，-1）上单调递增，即可求实数m的取值范围．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{2{x}^{2}+a}{x}$，x≥0，
a≥0，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
a＜0，f′（x）＞0，x＞$\sqrt{-\frac{a}{2}}$，函数单调递增，单调增区间是（$\sqrt{-\frac{a}{2}}$，+∞）；f′（x）＜0，0＜x＜$\sqrt{-\frac{a}{2}}$，函数单调递增，单调减区间是（0，$\sqrt{-\frac{a}{2}}$）；
（2）由题意，ma-$\frac{1}{2}$f（x）＜a²成立，2ma-2a²＜f（x）_min，
由（1）知，f（x）在x∈[1，e]上是增函数，
∴f（x）_min=f（1）=2，
∴2ma-2a²＜2，
∵a∈（-2，-1），
∴m＞a+$\frac{1}{a}$，
设h（a）=a+$\frac{1}{a}$，h′（a）=1-$\frac{1}{{a}^{2}}$＞0，h（x）在（-2，-1）上单调递增，
∴h（x）＜h（-1）=-2，
∴m≥-2．

点评 本题考查了函数的单调性问题，函数的最值问题，考查了导数的应用，是一道中档题．