Question

13．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）若存在x₀∈（0，1]，使得对任意的a∈（-2，0]，不等式2me^a+f（x₀）＞a²+2a+4（其中e为自然对数的底数）都成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，然后对a分类讨论，分析原函数的单调性；
（2）根据（1）中的讨论结果求出f（x₀）的最大值f_max（x₀），则原题转化为对任意的a∈（-2，0]，不等式me^a+f_max（x₀）＞a²+2a+4恒成立，分离参数m，再由导数求得新函数g（a）的最大值，得出m的范围．

解答 解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=$\frac{1}{x}$+2x-2a=$\frac{2{x}^{2}-2ax+1}{x}$．
令f′（x）=0得2x²-2ax+1=0．
①若△=4a²-8≤0即-$\sqrt{2}≤a≤\sqrt{2}$时，则f′（x）≥0恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②若△=4a²-8＞0即a$＜-\sqrt{2}$或a$＞\sqrt{2}$时，f′（x）=0的解为x₁=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，x₂=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$．
∵x₁x₂=$\frac{1}{2}$，x₁+x₂=a，
∴当a＜-$\sqrt{2}$时，x₁＜x₂＜0，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a$＞\sqrt{2}$时，0＜x₁＜x₂，
∴当0＜x＜$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$或x＞$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$时，f′（x）＞0，
当$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$＜x＜$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$时，f′（x）＜0．
综上，当a$≤\sqrt{2}$时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a$＞\sqrt{2}$时，f（x）在（0，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）上单调递增，在（$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）上单调递减，在（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，+∞）上单调递增．
（2）由（1）可知当a∈（-2，0]时，f（x）在（0，1]上单调递增，
∴f_max（x₀）=f（1）=2-2a．
又∵存在x₀∈（0，1]，使得对任意的a∈（-2，0]，不等式2me^a+f（x₀）＞a²+2a+4都成立，
∴不等式2me^a+2-2a＞a²+2a+4恒成立，即2me^a＞a²+4a+2恒成立．
∴m＞$\frac{{a}^{2}+4a+2}{2{e}^{a}}$恒成立．
令g（a）=$\frac{{a}^{2}+4a+2}{2{e}^{a}}$，则g′（a）=$\frac{-{a}^{2}-2a+2}{2{e}^{a}}$．
令g′（a）=0解得a=-1+$\sqrt{3}$（舍）或a=-1-$\sqrt{3}$（舍）．
∴当-2＜a≤0时，g′（a）＞0，g（a）在（-2，0]上是增函数，
∴当a=0时，g（a）取得最大值g（0）=1．
∴m＞1．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数恒成立问题的解决方法，分离参数法，解答此题的关键在于把恒成立问题转化为关于a的不等式，属难度较大题目．