Question

11．已知函數(shù)f（x）=（2-a）lnx+$\frac{1}{x}$+2ax．
（1）若函數(shù)f（x）有極小值，且極小值為4，試求a的值；
（2）當a＜0時，討論f（x）的單調(diào)性；
（3）若對?a∈（-3，-2），?x₁，x₂∈[1，3]恒有（m+ln3）a-21n3＞|f（x₁）-f（x₂）|成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求定義域，求導(dǎo)f′（x）=$\frac{2-a}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$+2a=$\frac{（2x-1）（ax+1）}{{x}^{2}}$，從而分類討論以確定函數(shù)的單調(diào)性，從而確定極小值；從而解得．
（2）由（1）知，分類討論以確定函數(shù)的單調(diào)性；
（3）由（2）知，對?a∈（-3，-2），函數(shù)f（x）在[1，3]上是減函數(shù)，從而求|f（x₁）-f（x₂）|_max，從而可得對?a∈（-3，-2），ma＞$\frac{2}{3}$-4a，從而化簡可得．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=（2-a）lnx+$\frac{1}{x}$+2ax的定義域為（0，+∞），
f′（x）=$\frac{2-a}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$+2a=$\frac{（2x-1）（ax+1）}{{x}^{2}}$，
當a≥0時，f（x）在（0，$\frac{1}{2}$]上是減函數(shù)，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上是增函數(shù)，
故f_極小值（x）=f（$\frac{1}{2}$）=-（2-a）ln2+2+a=4，
解得，a=2；
當-2＜a＜0時，f（x）在（0，$\frac{1}{2}$]上是減函數(shù)，在（$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{a}$）上是增函數(shù)，在（-$\frac{1}{a}$，+∞）上是減函數(shù)，
故f_極小值（x）=f（$\frac{1}{2}$）=-（2-a）ln2+2+a＜4，
當a=-2時，f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，
當a＜-2時，f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$]上是減函數(shù)，在（-$\frac{1}{a}$，$\frac{1}{2}$）上是增函數(shù)，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上是減函數(shù)，
故f_極小值（x）=f（-$\frac{1}{a}$）＜f（$\frac{1}{2}$）=-（2-a）ln2+2+a＜4；
綜上所述，a=2；
（2）由（1）知，
當-2＜a＜0時，f（x）在（0，$\frac{1}{2}$]上是減函數(shù)，在（$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{a}$）上是增函數(shù)，在（-$\frac{1}{a}$，+∞）上是減函數(shù)；
當a=-2時，f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)；
當a＜-2時，f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$]上是減函數(shù)，在（-$\frac{1}{a}$，$\frac{1}{2}$）上是增函數(shù)，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上是減函數(shù)；
（3）由（2）知，對?a∈（-3，-2），函數(shù)f（x）在[1，3]上是減函數(shù)，
故|f（x₁）-f（x₂）|_max=f（1）-f（3）=1+2a-（2ln3-aln3+$\frac{1}{3}$+6a）
=$\frac{2}{3}$-4a-2ln3+aln3，
又∵對?a∈（-3，-2），?x₁，x₂∈[1，3]恒有（m+ln3）a-21n3＞|f（x₁）-f（x₂）|成立，
∴對?a∈（-3，-2），（m+ln3）a-21n3＞$\frac{2}{3}$-4a-2ln3+aln3，
∴對?a∈（-3，-2），ma＞$\frac{2}{3}$-4a，
∴對?a∈（-3，-2），m＜$\frac{2}{3a}$-4，
當a∈（-3，-2）時，-$\frac{1}{3}$-4＜（$\frac{2}{3a}$-4）＜-$\frac{2}{9}$-4；
故m≤-$\frac{1}{3}$-4=-$\frac{13}{3}$．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問題及最值問題，同時考查了分類討論的思想應(yīng)用．