Question

19．已知函数f（x）=lnx+x²-2ax+1（a为常数）．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）证明：若对任意的a∈（1，$\sqrt{2}$），都存在x₀∈（0，1]使得不等式f（x₀）+lna＞a-a²成立．

Answer 1

分析 （1）先研究函数的定义域，然后求导数，最终将问题化归为关于x的一元二次不等式问题来解，注意分类讨论标准的确定；
（2）要使“对任意的a∈（1，$\sqrt{2}$），都存在x₀∈（0，1]使得不等式f（x₀）+lna＞a-a²成立”，只需当x₀∈（0，1]时，f（x₀）_max+lna＞a-a²当a$∈（1，\sqrt{2}）$时恒成立即可，然后解一个关于a的不等式恒成立问题即可，再借助导数研究该函数的单调性求最值即可．

解答 解：（Ⅰ）$f′（x）=\frac{1}{x}+2x-2a=\frac{2{x}^{2}-2ax+1}{x}，（x＞0）$，
记g（x）=2x²-2ax+1．
（1）当a≤0时，因为x＞0，所以g（x）＞1，所以函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
（2）当$0＜a≤\sqrt{2}$时，因为△=4（a²-2）≤0，所以g（x）≥0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
（3）当a$＞\sqrt{2}$时，由$\left\{\begin{array}{l}{x＞0}\\{g（x）＞0}\end{array}\right.$，解得$x∈（\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}，\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}）$，
所以函数f（x）在区间$（\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}，\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}）$上单调递减，在区间$（0，\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}），（\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}，+∞）$上单调递增．
（Ⅱ）由（1）知道当$a∈（1，\sqrt{2}）$时，函数f（x）在区间[0，1]上单调递增，
所以x∈（0，1]时，函数f（x）的最大值是f（1）=2-2a，
对任意的a$∈（1，\sqrt{2}）$，都存在x₀∈（0，1]使得不等式$f（{x}_{0}）+lna＞a-{a}^{2}$成立，等价于对任意的a$∈（1，\sqrt{2}）$，不等式2-2a+lna＞a-a²都成立，
即对任意的a$∈（1，\sqrt{2}）$，不等式lna+a²-3a+2＞0都成立，
记h（a）=lna+a²-3a+2，则h（1）=0，
$h′（a）=\frac{1}{a}+2a-3=\frac{（2a-1）（a-1）}{a}$，
因为$a∈（1，\sqrt{2}）$，所以h′（a）＞0，
当对任意a$∈（1，\sqrt{2}）$，h（a）＞h（1）=0成立．
所以：对任意的$a∈（1，\sqrt{2}）$，都存在x₀∈（0，1]使得不等式$f（{x}_{0}）+lna＞a-{a}^{2}$成立．

点评 本题考查了导数在研究不等式恒成立问题的应用，主要是将问题转化为函数的最值问题，然后利用导数先确定函数的单调性、最值从而确定出最值，最终使问题获解．要注意“存在“、“任意“等关键词的区别与联系．