Question

3．已知函数f（x）=alnx+$\frac{1}{4}$x+$\frac{3{a}^{2}}{x}$（a≠0）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）设g（x）=2x²-me^x（e=2.718…为自然对数的底数），当a=-$\frac{1}{6}$e时，对任意x₁∈[1，4]，存在x₂∈（1，3），使g（x₁）≥f（x₂），求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行讨论．
（2）分别求出函数g（x₁）和f（x₂）的最小值，利用参数分离法进行求解即可．

解答 解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=$\frac{a}{x}$+$\frac{1}{4}$-$\frac{3{a}^{2}}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+4ax-12{a}^{2}}{4{x}^{2}}$=$\frac{（x-2a）（x+6a）}{4{x}^{2}}$，
①当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞2a，即f（x）的单调递增区间是（2a，+∞）；
由f′（x）＜0得0＜x＜2a，即单调递减区间是（0，2a）．
②当a＜0时，由f′（x）＞0得x＞-6a，即f（x）的单调递增区间是（-6a，+∞）；
由f′（x）＜0得0＜x＜-6a，即单调递减区间是（0，-6a）．
（2）当a=-$\frac{1}{6}$e时，由（1）知，函数f（x）在（-6a，+∞）上递增，在（0，-6a）上递减，
即当x=-6a=e∈（1，3）时，函数取得极小值，同时也是最小值f（e）=alne+$\frac{1}{4}$e+$\frac{3{a}^{2}}{e}$=-$\frac{1}{6}$e+$\frac{1}{4}$e+$\frac{1}{12}$e=$\frac{1}{6}$e．
若对任意x₁∈[1，4]，存在x₂∈（1，3），使g（x₁）≥f（x₂），
即等价为g（x₁）≥$\frac{1}{6}$e即可，
由2x²-me^x≥$\frac{1}{6}$e得2x²-$\frac{1}{6}$e≥me^x，
即m≤$\frac{2{x}^{2}-\frac{1}{6}e}{{e}^{x}}$，
设h（x）=$\frac{2{x}^{2}-\frac{1}{6}e}{{e}^{x}}$，则h′（x）=$\frac{4x{e}^{x}-（2{x}^{2}-\frac{1}{6}e）{e}^{x}}{（{e}^{x}）^{2}}$=$\frac{-2{x}^{2}+4x+\frac{1}{6}e}{{e}^{x}}$=$\frac{-2（x-1）^{2}+2+\frac{1}{6}e}{{e}^{x}}$，
由h′（x）=0，得x=1+$\sqrt{1+\frac{e}{12}}$，或x=1-$\sqrt{1+\frac{e}{12}}$（舍），
即当1＜x＜1+$\sqrt{1+\frac{e}{12}}$时，h′（x）＞0，函数h（x）递增，
当1+$\sqrt{1+\frac{e}{12}}$＜x＜4时，h′（x）＜0，函数h（x）递减，
则当x=$\sqrt{1+\frac{e}{12}}$时，h（x）取得极大值同时也是最大值，
∵h（1）=$\frac{2-\frac{e}{6}}{e}$=$\frac{2}{e}$-$\frac{1}{6}$，h（4）=$\frac{2×{4}^{2}-\frac{e}{6}}{{e}^{4}}$=$\frac{32}{{e}^{4}}$-$\frac{1}{6{e}^{3}}$，
∴h（1）＜h（4），
即函数h（x）的最小值为h（1）=$\frac{2}{e}$-$\frac{1}{6}$，
则m≤$\frac{2}{e}$-$\frac{1}{6}$．

点评 本题主要考查函数单调性和导数之间的关系，以及不等式恒成立问题，利用参数分离法转化求函数的最值是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．