Question

2．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）若对任意的a∈（1，$\sqrt{2}$），都存在x₀∈（0，1]使得不等式f（x₀）+lna＞m（a-a²）成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求解f′（x）=$\frac{1}{x}$+2x-2a=$\frac{2{x}^{2}-2ax+1}{x}$，x＞0，判断2x²-2ax+10的符号，分类得出①当a≤0时，f′（x）＞0成立，当-$\sqrt{2}≤a≤\sqrt{2}$时，f′（x）≥0恒成立，
即可得出当a$≤\sqrt{2}$时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，②当a$＞\sqrt{2}$时，求解不等式2x²-2ax+10≥0，2x²-2ax+10＜0，得出f（x）在（0，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$），（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）上单调递增，在（$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）单调递减，
（2）f（x）_max=f（1）=2-2a，存在x₀∈（0，1]使得不等式f（x₀）+lna＞m（a-a²）成立，即2-2a+lna＞m（a-a²），m＞$\frac{2}{a}$$+\frac{lna}{a-{a}^{2}}$恒成立，
构造函数g（a）=$\frac{2}{a}$$+\frac{lna}{a-{a}^{2}}$，利用导数求解即可转化为最值即可判断．

解答 解：函数f（x）=lnx+x²-2ax+1（a为常数）
（1）f′（x）=$\frac{1}{x}$+2x-2a=$\frac{2{x}^{2}-2ax+1}{x}$，x＞0，
①当a≤0时，f′（x）＞0成立，
若f′（x）≥0，则2x²-2ax+10≥0，△=4a²-8，
当-$\sqrt{2}≤a≤\sqrt{2}$时，f′（x）≥0恒成立，
所以当a$≤\sqrt{2}$时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
②当a$＞\sqrt{2}$时，
∵2x²-2ax+10≥0，x$＞\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$或0$＜x＜\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$
2x²-2ax+10＜0，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$$＜x＜\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，
∴f（x）在（0，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$），（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）上单调递增，
在（$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）单调递减，
（2）∵a∈（1，$\sqrt{2}$），$\frac{1}{x}$+2x-2a＞0，
∴f′（x）＞0，f（x）在（0，1]单调递增，
f（x）_max=f（1）=2-2a，
存在x₀∈（0，1]使得不等式f（x₀）+lna＞m（a-a²）成立，
即2-2a+lna＞m（a-a²），
∵任意的a∈（1，$\sqrt{2}$），
∴a-a²＜0，
即m＞$\frac{2}{a}$$+\frac{lna}{a-{a}^{2}}$恒成立，
令g（a）=$\frac{2}{a}$$+\frac{lna}{a-{a}^{2}}$，
∵m＞$\frac{2-2a+lna}{a-{a}^{2}}$恒成立  最后化简为g′（a）=$\frac{（2a-1）lna-（2{a}^{2}-3a+1）}{（a-{a}^{2}）^{2}}$=$\frac{（2a-1）（lna-a+1）}{（a-{a}^{2}）^{2}}$
∵任意的a∈（1，$\sqrt{2}$），
$\frac{（2a-1）（lna-a+1）}{（a-{a}^{2}）^{2}}$＞0，
∴g（a）=$\frac{2}{a}$$+\frac{lna}{a-{a}^{2}}$，a∈（1，$\sqrt{2}$）是增函数．
∴g（x）＜g（$\sqrt{2}$）=$\frac{2}{\sqrt{2}}$+$\frac{ln\sqrt{2}}{\sqrt{2}-2}$=$\sqrt{2}-\frac{（2+\sqrt{2}）ln\sqrt{2}}{2}$
∴实数m的取值范围m≥$\sqrt{2}-\frac{（2+\sqrt{2}）ln\sqrt{2}}{2}$

点评 利用导数工具讨论函数的单调性，是求函数的值域和最值的常用方法，同学们在做题的同时，可以根据单调性，结合函数的草图来加深对题意的理解．