Question

11．已知函數f（x）=lnx+ax²-1，g（x）=e^x-e．
（1）討論f（x）的單調區間；
（2）若a=1，且對于任意的x∈（1，+∞），mg（x）＞f（x）恒成立，求實數m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求導得f'（x）=$\frac{1+2a{x}^{2}}{x}$，對a進行分類討論，然后解不等式，即可分別求出單調區間；
（2）構造新函數h（x）=m（e^x-e）-（lnx+x²-1），利用轉化思想，將條件轉化為對于任意的x∈（1，+∞），h（x）＞0恒成立，h'（x）=me^x-（$\frac{1}{x}+2x$），則h'（1）=me-3．若h'（1）＜0，存在x∈（1，+∞），使得h（x）＜0，不符合條件；若h'（1）≥0，則h'（x）≥$\frac{3}{e}•{e}^{x}$-$\frac{1}{x}$-2x，利用導數可判斷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，則h（x）在（1，+∞）上單調遞增，從而h（x）＞h（1）=0恒成立，故m的取值范圍為[$\frac{3}{e}$，+∞）．

解答 解：（1）易知f（x）的定義域為（0，+∞），
f'（x）=$\frac{1}{x}+2ax$=$\frac{1+2a{x}^{2}}{x}$
a≥0時，f'（x）＞0恒成立，故f（x）的單調增區間為（0，+∞），無單調減區間；
a＜0時，由f'（x）＞0，得0＜x＜$\frac{1}{\sqrt{-2a}}$；由f'（x）＜0，得x＞$\frac{1}{\sqrt{-2a}}$，
故f（x）的單調增區間為（0，$\frac{1}{\sqrt{-2a}}$），單調減區間為（$\frac{1}{\sqrt{-2a}}$，+∞）；
（2）a=1時，f（x）=lnx+x²-1
記h（x）=mg（x）-f（x）=m（e^x-e）-（lnx+x²-1），x∈（1，+∞），則h（1）=0，
∵對于任意的x∈（1，+∞），mg（x）＞f（x）恒成立，
∴對于任意的x∈（1，+∞），h（x）＞0恒成立，
h'（x）=me^x-（$\frac{1}{x}+2x$），則h'（1）=me-3
若h'（1）＜0，即m＜$\frac{3}{e}$，則存在x₀∈（1，+∞），使得x∈（1，x₀）時，h'（x）＜0，即h（x）在（1，x₀）上單調遞減，
此時h（x）＜h（1）=0，不符合條件；
若h'（1）≥0，即m≥$\frac{3}{e}$，則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，+∞）上單調遞增，
∴φ（x）＞φ（1）=0，即h'（x）≥φ（x）＞0，
∴h（x）在（1，+∞）上單調遞增，
∴h（x）＞h（1）=0，即對于任意的x∈（1，+∞），h（x）＞0恒成立，
綜上可得，m≥$\frac{3}{e}$．

點評 本題考查了利用導數求函數的單調區間，還考查了不等式恒成立問題的基本思路，一般是轉化為函數的最值問題求解，再利用導數研究函的數最值，同時要注意對參數進行分類討論．