Question

15．已知函數(shù)f（x）=2x+$\frac{1}{x}$+λlnx（x＞0）．
（1）若x=1是函數(shù)f（x）的一個極值點，求λ的值；
（2）求函數(shù)f（x）極值的個數(shù)；
（3）若對于任意兩個不相等的正數(shù)x₁，x₂均有|f′（x₁）-f′（x₂）|＜|x₁-x₂|恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，由題意可得f′（1）=0，可得λ的值；
（2）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，對λ討論，結(jié)合函數(shù)的定義域，即可得到極值個數(shù)；
（3）求出導(dǎo)數(shù)，代入化簡整理可得|$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$-λ|＜x₁x₂，運用不等式的性質(zhì)，即可得到所求范圍．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=2x+$\frac{1}{x}$+λlnx（x＞0）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=2-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{λ}{x}$，
若x=1是函數(shù)f（x）的一個極值點，則f′（1）=0，
即為2-1+λ=0，解得λ=-1；
（2）函數(shù)f（x）=2x+$\frac{1}{x}$+λlnx（x＞0）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=2-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{λ}{x}$
=$\frac{2{x}^{2}+λx-1}{{x}^{2}}$，
令g（x）=2x²+λx-1，由g（x）=0，可得x=$\frac{-λ±\sqrt{{λ}^{2}+8}}{4}$，
當(dāng)λ=0時，x=$±\frac{\sqrt{2}}{2}$，由x＞0，可得只有一個極值；
當(dāng)λ＞0時，g（x）=0的解只有一個正解，即極值只有一個；
當(dāng)λ＜0時，g（x）=0的解只有一個正解，即極值只有一個．
綜上可得，函數(shù)f（x）極值的個數(shù)為1；
（3）若對于任意兩個不相等的正數(shù)x₁，x₂均有|f′（x₁）-f′（x₂）|＜|x₁-x₂|恒成立，
即為|2-$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$+$\frac{λ}{{x}_{1}}$-2+$\frac{1}{{{x}_{2}}^{2}}$-$\frac{λ}{{x}_{2}}$|＜|x₁-x₂|恒成立，
化簡可得|$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{{x}_{1}}^{2}{{x}_{2}}^{2}}$-$\frac{λ}{{x}_{1}{x}_{2}}$|＜1，即有|$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$-λ|＜x₁x₂，
即為$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₁x₂＜λ＜$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$+x₁x₂恒成立，
由$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$+x₁x₂＞3$\root{3}{\frac{1}{{x}_{1}}•\frac{1}{{x}_{2}}•{x}_{1}{x}_{2}}$=3，$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₁x₂無最值．
即有實數(shù)λ的取值范圍是（-∞，3]．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，同時考查分類討論的思想方法和不等式恒成立問題的解決方法，屬于中檔題．