Question

11．已知函数f（x）=lnx+ax²-1，g（x）=e^x-e．
（1）讨论f（x）的单调区间；
（2）若a=1，且对于任意的x∈（1，+∞），mg（x）＞f（x）恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求导得f'（x）=$\frac{1+2a{x}^{2}}{x}$，对a进行分类讨论，然后解不等式，即可分别求出单调区间；
（2）构造新函数h（x）=m（e^x-e）-（lnx+x²-1），利用转化思想，将条件转化为对于任意的x∈（1，+∞），h（x）＞0恒成立，h'（x）=me^x-（$\frac{1}{x}+2x$），则h'（1）=me-3．若h'（1）＜0，存在x∈（1，+∞），使得h（x）＜0，不符合条件；若h'（1）≥0，则h'（x）≥$\frac{3}{e}•{e}^{x}$-$\frac{1}{x}$-2x，利用导数可判断φ（x）=$\frac{3}{e}•{e}^{x}$-$\frac{1}{x}$-2x＞0在（1，+∞）上恒成立，即h'（x）＞0恒成立，则h（x）在（1，+∞）上单调递增，从而h（x）＞h（1）=0恒成立，故m的取值范围为[$\frac{3}{e}$，+∞）．

解答 解：（1）易知f（x）的定义域为（0，+∞），
f'（x）=$\frac{1}{x}+2ax$=$\frac{1+2a{x}^{2}}{x}$
a≥0时，f'（x）＞0恒成立，故f（x）的单调增区间为（0，+∞），无单调减区间；
a＜0时，由f'（x）＞0，得0＜x＜$\frac{1}{\sqrt{-2a}}$；由f'（x）＜0，得x＞$\frac{1}{\sqrt{-2a}}$，
故f（x）的单调增区间为（0，$\frac{1}{\sqrt{-2a}}$），单调减区间为（$\frac{1}{\sqrt{-2a}}$，+∞）；
（2）a=1时，f（x）=lnx+x²-1
记h（x）=mg（x）-f（x）=m（e^x-e）-（lnx+x²-1），x∈（1，+∞），则h（1）=0，
∵对于任意的x∈（1，+∞），mg（x）＞f（x）恒成立，
∴对于任意的x∈（1，+∞），h（x）＞0恒成立，
h'（x）=me^x-（$\frac{1}{x}+2x$），则h'（1）=me-3
若h'（1）＜0，即m＜$\frac{3}{e}$，则存在x₀∈（1，+∞），使得x∈（1，x₀）时，h'（x）＜0，即h（x）在（1，x₀）上单调递减，
此时h（x）＜h（1）=0，不符合条件；
若h'（1）≥0，即m≥$\frac{3}{e}$，则h'（x）≥$\frac{3}{e}•{e}^{x}$-$\frac{1}{x}$-2x，
令φ（x）=$\frac{3}{e}•{e}^{x}-\frac{1}{x}-2x$（x＞1），
∵φ'（x）=$\frac{3}{e}•{e}^{x}+\frac{1}{{x}^{2}}-2$＞$\frac{3}{e}•{e}^{x}-2$＞0，
∴φ（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴φ（x）＞φ（1）=0，即h'（x）≥φ（x）＞0，
∴h（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴h（x）＞h（1）=0，即对于任意的x∈（1，+∞），h（x）＞0恒成立，
综上可得，m≥$\frac{3}{e}$．

点评 本题考查了利用导数求函数的单调区间，还考查了不等式恒成立问题的基本思路，一般是转化为函数的最值问题求解，再利用导数研究函的数最值，同时要注意对参数进行分类讨论．