Question

4．已知函数f（x）=x²-2alnx．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若不等式$f（x）≥{x^2}-\frac{2a}{e}•{e^x}+{a^2}$恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）对a进行讨论，判断f′（x）的符号，得出f（x）的单调区间；
（2）令g（x）=f（x）-x²+$\frac{2a}{e}•{e}^{x}$-a²=-2alnx+$\frac{2a}{e}•{e}^{x}-{a}^{2}$，则g_min（x）≥0，对a进行讨论判断g（x）的单调性得出g（x）的最小值，列出不等式解出a．

解答 解：（1）f′（x）=2x-$\frac{2a}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-2a}{x}$（x＞0）．
若a≤0，则f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；
若a＞0，令f′（x）＞0得x＞$\sqrt{a}$或x＜-$\sqrt{a}$（舍）．
令f′（x）＜0得0$＜x＜\sqrt{a}$．
∴当a≤0时，f（x）的单调增区间是（0，+∞），
当a＞0时，f（x）的单调增区间是（$\sqrt{a}$，+∞），单调减区间是（0，$\sqrt{a}$）．
（2）令g（x）=f（x）-x²+$\frac{2a}{e}•{e}^{x}$-a²=-2alnx+$\frac{2a}{e}•{e}^{x}-{a}^{2}$，
∵不等式$f（x）≥{x^2}-\frac{2a}{e}•{e^x}+{a^2}$恒成立，∴g_min（x）≥0．
g′（x）=-$\frac{2a}{x}$+$\frac{2a}{e}•{e}^{x}$=2a（e^x-1-$\frac{1}{x}$）．
①若a=0，则g（x）=0，显然符合题意．
②若a≠0，令g′（x）=0得e^x-1-$\frac{1}{x}$=0，解得x=1．
（i）若a＞0，则当0＜x＜1时，g′（x）＜0，当x＞1时，g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，1）上递减，在（1，+∞）上递增，
∴g_min（x）=g（1）=2a-a²≥0，解得0＜a≤2．
（ii）若a＜0，则当0＜x＜1时，g′（x）＞0，当x＞1时，g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，
∴g_max（x）=g（1）=2a-a²=-（a-1）²+1，
∵a＜0，∴-（a-1）²+1＜0，不符合题意．
综上，a的取值范围是[0，2]．

点评 本题考查了导数与函数的单调性的关系，函数最值的计算，属于中档题．