Question

8．已知函数f（x）=（2-a）lnx+$\frac{1}{x}$+2ax
（Ⅰ）当a=2时，求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）当a＜0时，讨论f（x）的单调性；
（Ⅲ）若对任意的a∈（-3，-2），x₁，x₂∈[1，3]恒有（m+ln3）a-2ln3＞|f（x₁）-f（x₂）|成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（Ⅱ）先求出函数的导数，通过讨论a的范围，从而求出函数的单调区间；
（Ⅲ）分别求出函数f（x）的最大值和最小值，从而得到|f（x₁）-f（x₂）|≤f（1）-f（3），根据（m+ln3）a-2ln3＞$\frac{2}{3}$-4a+（a-2）ln3，求出m的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+4，令f′（x）=0，
解得：x=$\frac{1}{2}$，x=-$\frac{1}{2}$（舍），
故f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）递减，在（$\frac{1}{2}$，+∞）递增，
故f（x）的极小值是f（$\frac{1}{2}$）=4，无极大值；
（Ⅱ）由题意得函数f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{2-a}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$+2a=$\frac{2{ax}^{2}+（2-a）x-1}{{x}^{2}}$，
当a＜-2时，-$\frac{1}{a}$＜$\frac{1}{2}$，令f′（x）＜0，得：0＜x＜-$\frac{1}{a}$或x＞$\frac{1}{2}$，
令f′（x）＞0，得-$\frac{1}{a}$＜x＜$\frac{1}{2}$，
当-2＜a＜0时，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＜-$\frac{1}{a}$，
当a=-2时，f′（x）=-$\frac{{（2x-1）}^{2}}{{x}^{2}}$＜0，
综上所述，当a＜-2时，f（x）的递减区间为（0，-$\frac{1}{a}$）和（$\frac{1}{2}$，+∞）单调区间为（-$\frac{1}{a}$，$\frac{1}{2}$），
当a=-2时，f（x）在（0，+∞）单调递减，
当-2＜a＜0时，f（x）的递减区间为（0，$\frac{1}{2}$）和（-$\frac{1}{a}$，+∞），递增区间为：（$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{a}$）．
（Ⅲ）由（Ⅱ）得，当x∈（-3，-2]时，f（x）在区间[1，3]上单调递减，
当x=1时，f（x）取得最大值，当x=3时，f（x）取得最小值，
|f（x₁）-f（x₂）|≤f（1）-f（3）=（1-2a）-[（2-a）ln3+$\frac{1}{3}$+6a]=$\frac{2}{3}$-4a+（a-2）ln3，
∵|f（x₁）-f（x₂）|＜（m+ln3）a-2ln3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≤-$\frac{13}{3}$．

点评 本题考察了函数的单调性，考察导数的应用，考察分类讨论思想，是一道综合题．