Question

11．已知函數(shù)f（x）=（2-a）lnx+$\frac{1}{x}$+2ax（a≥0）
（1）當a=0時，求f（x）的極值；
（2）當a＜0時，討論f（x）的單調(diào)性；
（3）若對于任意的x₁，x₂∈[1，3]，a∈（-∞，-2）都有|f（x₁）-f（x₂）|＜（m+ln3）a-2ln3，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當a=0時，f（x）=2lnx+$\frac{1}{x}$，求導，令f′（x）=0，解方程，分析導數(shù)的變化情況，確定函數(shù)的極值；
（2）當a＜0時，求導，對導數(shù)因式分解，比較兩根的大小，確定函數(shù)f（x）單調(diào)區(qū)間；
（3）若對任意a∈（-3，-2）及x₁，x₂∈[1，3]，恒有（m+ln3）a-2ln3＞|f（x₁）-f（x₂）|成立，求函數(shù)f（x）的最大值和最小值，解不等式，可求實數(shù)m的取值范圍．

解答 解：（1）依題意知f（x）的定義域為（0，+∞），
當a=0時，f（x）=2lnx+$\frac{1}{x}$，f′（x）=$\frac{2x-1}{{x}^{2}}$，
令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{2}$，
當0＜x＜$\frac{1}{2}$時，f′（x）＜0；
當x≥$\frac{1}{2}$時，f′（x）＞0
又∵f（$\frac{1}{2}$）=2ln$\frac{1}{2}$+2=2-2ln2
∴f（x）的極小值為2-2ln2，無極大值．
（2）f′（x）=$\frac{2-a}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$+2a=$\frac{2{ax}^{2}+（2-a）x-1}{{x}^{2}}$，
當a＜-2時，-$\frac{1}{a}$＜$\frac{1}{2}$，
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-2＜a＜0時，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a=-2時，f′（x）=-$\frac{{（2x-1）}^{2}}{{x}^{2}}$≤0，
綜上所述，當a＜-2時f（x），的遞減區(qū)間為（0，-$\frac{1}{a}$）和（$\frac{1}{2}$，+∞），遞增區(qū)間為（-$\frac{1}{a}$，$\frac{1}{2}$）；
當a=-2時，f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減；
當-2＜a＜0時，f（x）的遞減區(qū)間為（0，$\frac{1}{2}$）和（-$\frac{1}{a}$，+∞），遞增區(qū)間為（$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{a}$）．
（3）由（Ⅱ）可知，當a∈（-∞，-2）時，f（x）在區(qū)間[1，3]上單調(diào)遞減，
當x=1時，f（x）取最大值；
當x=3時，f（x）取最小值；
|f（x₁）-f（x₂）|≤f（1）-f（3）=（1+2a）-[（2-a）ln3+$\frac{1}{3}$+6a]=$\frac{2}{3}$-4a+（a-2）ln3，
∵（m+ln3）a-ln3＞|f（x₁）-f（x₂）|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≤-$\frac{13}{3}$．

點評 考查利用導數(shù)研究函數(shù)的極值、單調(diào)性和最值問題，在求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，體現(xiàn)了分類討論的思想方法；恒成立問題，轉化為函數(shù)的最值問題，體現(xiàn)了轉化的思想．屬難題．