Question

8．已知函數(shù)f（x）=（2-a）lnx+$\frac{1}{x}$+2ax（a∈R）
（Ⅰ） 當(dāng)a＜0時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ） 當(dāng)-3＜a＜-2時，若?λ₁，λ₂∈[1，3]，使得|f（λ₁）-f（λ₂）|＞（m+ln3）a-2ln3成立，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f′（x），根據(jù)a的值得情況分類討論，令f′（x）＞0，f′（x）＜0，分別求出函數(shù)的增區(qū)間和減區(qū)間；
（Ⅱ）?λ₁，λ₂∈[1，3]，使得|f（λ₁）-f（λ₂）|＞（m+ln3）a-2ln3成立，等價于|f（λ₁）-f（λ₂）|_max＞（m+ln3）a-2ln3，而|f（λ₁）-f（λ₂）|_max=f（x）_max-f（x）_min，由（Ⅰ）利用單調(diào)性可求得f（x）的最大值、最小值，再根據(jù)a的范圍即可求得m的范圍

解答 解：（Ⅰ）依題意，f′（x）=$\frac{2-a}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$+2a=$\frac{2a{x}^{2}+（2-a）x-1}{{x}^{2}}$=$\frac{a（2x-1）（x+\frac{1}{a}）}{{x}^{2}}$，（x＞0），
當(dāng)-2＜a＜0時，-$\frac{1}{a}$＞$\frac{1}{2}$，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，f′（x）=-$\frac{（2x-1）^{2}}{{x}^{2}}$≤0．
當(dāng)a＜-2時，-$\frac{1}{a}$＜$\frac{1}{2}$，令f′（x）＜0，得x＜-$\frac{1}{a}$或a＞$\frac{1}{2}$，令f′（x）＞0，得-$\frac{1}{a}$＜x＜$\frac{1}{2}$；
綜上所述：
當(dāng)-2＜a＜0時時，f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，$\frac{1}{2}$），（-$\frac{1}{a}$，+∞），單調(diào)遞增區(qū)間是（$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{a}$）；
當(dāng)a＜-2時，f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，-$\frac{1}{a}$），（$\frac{1}{2}$，+∞），單調(diào)遞增區(qū)間是（-$\frac{1}{a}$，$\frac{1}{2}$）；
當(dāng)a=-2時，f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，+∞））
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，當(dāng)-3＜a＜-2時時，f（x）在x∈[1，3]單調(diào)遞減．
f（x）_max=f（1）=-1； 
$f{（x）_{min}}=f（3）=-\frac{17}{3}+3ln3$，
$|f（{λ_1}）-f（{λ_2}）{|_{max}}=f（1）-f（3）=\frac{14}{3}-3ln3$，
∴$\frac{14}{3}-3ln3＞{m^2}-\frac{m}{3}-3ln3$，
得$-2＜m＜\frac{7}{3}$．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研切線方程，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，注意導(dǎo)數(shù)的正負(fù)對應(yīng)著函數(shù)的增減，同時要注意單調(diào)區(qū)間是定義域的子集，即先要求出函數(shù)的定義域．同時考查了函數(shù)的恒成立問題，對于恒成立，一般選用參變量分離法、最值法、數(shù)形結(jié)合法解決．屬于難題