Question

8．已知函数f（x）=alnx-x²，g（x）=（λ-1）x²+2（λ-1）x-2．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）a=2时，有f（x）≤g（x）恒成立，求整数λ的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函数的导函数，可得a≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＞0时，求出导函数的零点，由函数零点对定义域分段，结合导函数的符号可得原函数的单调区间；
（Ⅱ）当a=2时，由f（x）≤g（x），得2lnx-x²≤（λ-1）x²+2（λ-1）x-2，分离参数λ，得$λ≥\frac{2lnx+2x+2}{{x}^{2}+2x}$在x∈（0，+∞）上恒成立．构造函数g（x）=$\frac{2lnx+2x+2}{{x}^{2}+2x}$，两次求导可得g（x）_max∈（1，2）．由此求得整数λ的最小值为2．

解答 解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），
f′（x）=$\frac{a}{x}-2x=\frac{a-2{x}^{2}}{x}$．
当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
a＞0时，令f′（x）=0，得x=$±\frac{\sqrt{2a}}{2}$（舍去负值），
当x∈（0，$\frac{\sqrt{2a}}{2}$）时，f′（x）＞0；x∈（$\frac{\sqrt{2a}}{2}$，+∞）时，f′（x）＜0．
故f（x）在（0，$\frac{\sqrt{2a}}{2}$）上单调递增；在（$\frac{\sqrt{2a}}{2}$，+∞）上单调递减；
（Ⅱ）当a=2时，由f（x）≤g（x），得2lnx-x²≤（λ-1）x²+2（λ-1）x-2，
即（x²+2x）λ≥2lnx+2x+2．
∵x＞0，
∴$λ≥\frac{2lnx+2x+2}{{x}^{2}+2x}$在x∈（0，+∞）上恒成立．
令g（x）=$\frac{2lnx+2x+2}{{x}^{2}+2x}$，则$g′（x）=\frac{2（x+1）（-2lnx-x）}{（{x}^{2}+2x）^{2}}$．
令h（x）=-2lnx-x，
∵$h′（x）=-\frac{2}{x}-1＜0$，
∴h（x）在（0，+∞）上递减，
且x→0时，h（x）→+∞，x→+∞时，h（x）→-∞．
∴h（x）在（0，+∞）必存在唯一零点，
不妨设h（x₀）=0，即2lnx₀=-x₀．
∴当x∈（0，x₀）时，h（x）＞0，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当x∈（x₀，+∞）时，h（x）＜0，g′（x）＜0，g（x）单调递减．
因此，$g（x）_{max}=g（{x}_{0}）=\frac{2ln{x}_{0}+2{x}_{0}+2}{{{x}_{0}}^{2}+2{x}_{0}}$=$\frac{{x}_{0}+2}{{{x}_{0}}^{2}+2{x}_{0}}=\frac{1}{{x}_{0}}$．
∵$h（\frac{1}{2}）=ln2-\frac{1}{4}＞0$，$h（1）=-\frac{1}{2}＜0$，
∴$\frac{1}{2}＜{x}_{0}＜1$，1$＜\frac{1}{{x}_{0}}＜2$．即g（x）_max∈（1，2）．
依题意有λ≥2，即整数λ的最小值为2．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，训练了恒成立问题的求解方法，训练了函数构造法，属难题．