Question

12．已知函數(shù)f（x）=（2-a）lnx+$\frac{1}{x}$+2ax（a∈R）．
（Ⅰ）當(dāng)a＜0時(shí)，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）實(shí)數(shù)m為何值時(shí)，對(duì)任意的a∈（-3，-2）及x₁，x₂∈[1，3]，恒有|f（x₁）-f（x₂）|＜（m+ln3）a-2ln3成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）分別求出函數(shù)f（x）的最大值和最小值，從而得到|f（x₁）-f（x₂）|≤f（1）-f（3），根據(jù)（m+ln3）a-2ln3＞$\frac{2}{3}$-4a+（a-2）ln3，求出m的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）由題意得函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{2-a}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$+2a=$\frac{2{ax}^{2}+（2-a）x-1}{{x}^{2}}$，
當(dāng)a＜-2時(shí)，-$\frac{1}{a}$＜$\frac{1}{2}$，令f′（x）＜0，得：0＜x＜-$\frac{1}{a}$或x＞$\frac{1}{2}$，
令f′（x）＞0，得-$\frac{1}{a}$＜x＜$\frac{1}{2}$，
當(dāng)-2＜a＜0時(shí)，得-$\frac{1}{a}$＞$\frac{1}{2}$，
令f′（x）＜0，得0＜x＜$\frac{1}{2}$或x＞-$\frac{1}{a}$，
令f′（x）＞0，得$\frac{1}{2}$＜x＜-$\frac{1}{a}$，
當(dāng)a=-2時(shí)，f′（x）=$\frac{{（2x-1）}^{2}}{{x}^{2}}$＜0，
綜上所述，當(dāng)a＜-2時(shí)，f（x）的遞減區(qū)間為（0，-$\frac{1}{a}$）和（$\frac{1}{2}$，+∞）單調(diào)區(qū)間為（-$\frac{1}{a}$，$\frac{1}{2}$），
當(dāng)a=-2時(shí)，f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減，
當(dāng)-2＜a＜0時(shí)，f（x）的遞減區(qū)間為（0，$\frac{1}{2}$）和（-$\frac{1}{a}$，+∞），遞增區(qū)間為：（$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{a}$）．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，當(dāng)x∈（-3，-2]時(shí)，f（x）在區(qū)間[1，3]上單調(diào)遞減，
當(dāng)x=1時(shí)，f（x）取得最大值，當(dāng)x=3時(shí)，f（x）取得最小值，
|f（x₁）-f（x₂）|≤f（1）-f（3）=（1-2a）-[（2-a）ln3+$\frac{1}{3}$+6a]=$\frac{2}{3}$-4a+（a-2）ln3，
∵|f（x₁）-f（x₂）|＜（m+ln3）a-2ln3恒成立，
∴（m+ln3）a-2ln3＞$\frac{2}{3}$-4a+（a-2）ln3，整理得ma＞$\frac{2}{3}$-4a，
∵a＜0，∴m＜$\frac{2}{3a}$-4恒成立，∵-3＜a＜-2，∴-$\frac{13}{3}$＜$\frac{2}{3a}$-4＜-$\frac{38}{9}$，
∴m≤-$\frac{13}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考察了函數(shù)的單調(diào)性，考察導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考察分類(lèi)討論思想，是一道中檔題．