Question

11．已知函數(shù)f（x）=a（lnx-2x²）-3x，a∈R．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）當(dāng)a=-1時，函數(shù)g（x）=tx²-4x+1滿足對任意的x₁∈（0，e]，都存在x₂∈[0，1]，使得f（x₁）≥g（x₂）成立，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）問題等價于f（x₁）_min≥g（x₂）_min，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性分別求出函數(shù)的最小值，求出t的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{a}{x}$-4ax-3=$\frac{-4{ax}^{2}-3x+a}{x}$，
a=0時，f′（x）＜0，則函數(shù)f（x）在（0，+∞）遞減；
a≠0時，令f′（x）=0，得方程-4ax²-3x+a=0（*），△=9+16a²＞0，
方程（*）的兩根分別是x₁=$\frac{3+\sqrt{9+1{6a}^{2}}}{-8a}$，x₂=$\frac{3-\sqrt{9+1{6a}^{2}}}{-8a}$，
a＞0時，x₁＜0＜x₂，可知x∈（0，x₂）時，f′（x）＞0，x∈（x₂，+∞）時，f′（x）＜0，
即函數(shù)f（x）在（0，x₂）遞增，在（x₂，+∞）遞減；
a＜0時，x₂＜0＜x₁，可知x∈（0，x₁）時，f′（x）＜0，x∈（x₁，+∞）時，f′（x）＞0，
即函數(shù)f（x）在（0，x₁）遞減，在（x₁，+∞）遞增；
綜上：a=0時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）遞減；
a＞0時，函數(shù)f（x）在（0，x₂）遞增，在（x₂，+∞）遞減；
a＜0時，函數(shù)f（x）在（0，x₁）遞減，在（x₁，+∞）遞增；
（Ⅱ）a=-1時，f（x）=-lnx+2x²-3x，
對任意x₁∈（0，e]，都存在x₂∈[0，1]，使得f（x₁）≥g（x₂）成立，等價于f（x₁）_min≥g（x₂）_min，
∵f′（x）=-$\frac{1}{x}$+4x-3=$\frac{（4x+1）（x-1）}{x}$，
令f′（x）=0，解得：x=1或x=-$\frac{1}{4}$（舍），
x∈（0，1）時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）遞減，x∈（1，e]時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）遞增，
∴x∈（0，e]時，f（x）_min=f（1）=-1；
而g（x）=t${（x-\frac{2}{t}）}^{2}$+1-$\frac{4}{t}$，x∈[0，1]，
$\frac{2}{t}$＜0即t＜0時，g（x）在[0，1]遞減，
故g（x）_min=g（1）=t-3，
由$\left\{\begin{array}{l}{t＜0}\\{t-3≤-1}\end{array}\right.$，得t＜0，
0＜$\frac{2}{t}$＜1即t＞2時，g（x）_min=g（$\frac{2}{t}$）=1-$\frac{4}{t}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{t＞2}\\{0＜t≤2}\end{array}\right.$，得t不存在，
$\frac{2}{t}$≥1即0＜t≤2時，g（x）在[0，1]遞減，
故g（x）_min=g（1）=t-3，由$\left\{\begin{array}{l}{0＜t≤2}\\{t-3≤-1}\end{array}\right.$，得0＜t≤2，
故t=0時，g（x）=-4x+1，g（x）在[0，1]遞減，g（x）_min=g（1）=-3＜-1成立，
綜上，t的范圍是（-∞，2]．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．