Question

16．已知函數f（x）=2alnx+x²-（a+4）x+1（a為常數）
（1）若a＞0，討論f（x）的單調性；
（2）若對任意的 a∈（1，$\sqrt{2}$），都存在 x₀∈（3，4]使得不等式f（x₀）+ln a+1＞m（a-a²）+2a ln$\frac{4}{e}$成立，求實數m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出原函數的導函數，求得導函數的零點，然后對a分類求出函數的單調區間．
（2）由（1）可知，f（x）在（3，4]上單調遞增．求出f（x）在（3，4]上的最大值，把問題轉化為f（x）_max+lna+1＞$m（a-{a}^{2}）+2aln\frac{4}{e}$，即2-2a+lna＞m（a-a²）恒成立．即對任意的a∈（1，$\sqrt{2}$），不等式lna+ma²-（m+2）a+2＞0恒成立．設h（a）=lna+ma²-（m+2）a+2，然后分m≥1和m＜1討論a∈（1，$\sqrt{2}$）時h（a）＞0是否恒成立求得實數m的取值范圍．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{2a}{x}+2x-（a+4）=\frac{（x-2）（2x-a）}{x}$．
令f′（x）=0，得x₁=2，${x}_{2}=\frac{a}{2}$．
①當a＞4時，$\frac{a}{2}$＞2，當2＜x＜$\frac{a}{2}$時，f′（x）＜0；當0＜x＜2時，f′（x）＞0．
此時f（x）的單調增區間為（0，2），（$\frac{a}{2}，+∞$），單調遞減區間為（2，$\frac{a}{2}$）．
②當a=4時，$\frac{a}{2}$=2，f′（x）=$\frac{2（x-2）^{2}}{x}≥$0，f（x）在（0，+∞）上單調遞增．
③當0＜a＜4時，$\frac{a}{2}$＜2，當$\frac{a}{2}$＜x＜2時，f′（x）＜0；當0＜x＜$\frac{a}{2}$或x＞2時，f′（x）＞0．
此時f（x）的單調增區間為（0，$\frac{a}{2}$），（2，+∞），單調遞減區間為（$\frac{a}{2}$，2）．
綜上所述，當a＞4時，f（x）的單調增區間為（0，2），（$\frac{a}{2}，+∞$），單調遞減區間為（2，$\frac{a}{2}$）．
當a=4時，f（x）在（0，+∞）上單調遞增．
當0＜a＜4時，f（x）的單調增區間為（0，$\frac{a}{2}$），（2，+∞），單調遞減區間為（$\frac{a}{2}$，2）．
（2）由（1）可知，當a∈（1，$\sqrt{2}$）時，f（x）在（3，4]上單調遞增．
∴x∈（3，4]時，f（x）_max=f（4）=4aln2-4a+1，依題意，
只需f（x）_max+lna+1＞$m（a-{a}^{2}）+2aln\frac{4}{e}$，即2-2a+lna＞m（a-a²）恒成立．
即對任意的a∈（1，$\sqrt{2}$），不等式lna+ma²-（m+2）a+2＞0恒成立．
設h（a）=lna+ma²-（m+2）a+2，則h（1）=0．
$h′（a）=\frac{1}{a}+2ma-（m+2）=\frac{（2a-1）（ma-1）}{a}$．
∵a∈（1，$\sqrt{2}$），∴$\frac{2a-1}{a}$＞0．
①當m≥1時，對任意的a∈（1，$\sqrt{2}$），ma-1＞0，∴h′（a）＞0，h（a）在（1，$\sqrt{2}$）上單調遞增，h（a）＞h（1）=0恒成立；
②當m＜1時，存在a₀∈（1，$\sqrt{2}$），使得當a∈（1，a₀）時，ma-1＜0，∴h′（a）＜0，h（a）單調遞減，h（a）＜h（1）=0，
∴a∈（1，$\sqrt{2}$）時，h（a）＞0不能恒成立．
綜上述，實數m的取值范圍是[1，+∞）．

點評 本題考查利用導數研究函數的單調性，考查了利用導數求函數的最值，考查分類討論的數學思想方法和數學轉化思想方法，是壓軸題．