Question

10．已知函数f（x）=（2-a）lnx+$\frac{1}{x}$+2ax（a∈R）．
（1）a=0时，求f（x）的单调区间和极值；
（2）a＜0时，求f（x）的单调区间；
（3）当-3＜a＜-2时，若存在λ₁，λ₂∈[1，3]，使不等式|f（λ₁）-f（λ₂）|＞（m+ln3）a-2ln3成立，求m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）当a=0，写出f（x）的解析式，求导，令f′（x）=0，求得x的值，f′（x）＞0，函数单调递增，f′（x）＜0，函数单调递减，即可求得函数的极值；
（2）求导，化简整理，讨论a的取值范围，求得f（x）的单调区间；
（3）-3＜a＜-2，f（x）在[1，3]上单调递减，x=1取最大值，x=3取最小值，|f（λ₁）-f（λ₂）|≤f（1）-f（3），|f（λ₁）-f（λ₂）|＞（m+ln3）a-2ln3，将两式化简整理ma＞$\frac{2}{3}$-4a，根据a的取值范围，求得m的取值范围．

解答 解：（1）函数f（x）=（2-a）lnx+$\frac{1}{x}$+2ax（a∈R），（x＞0）．
a=0时，$f（x）=2lnx+\frac{1}{x}，f'（x）=\frac{2}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{2x-1}{x^2}$，
令f'（x）=0，解得$x=\frac{1}{2}$，
当$0＜x＜\frac{1}{2}$时，f′（x）＜0，
当$x＞\frac{1}{2}$时，f′（x）＞0，
所以f（x）的单调递减区间是$（{0，\frac{1}{2}}）$，单调递增区间是$（{\frac{1}{2}，+∞}）$；
所以f（x）的极小值是$f（\frac{1}{2}）=2-2ln2$，无极大值；…（3分）
（2）$f'（x）=\frac{2-a}{x}-\frac{1}{x^2}+2a=\frac{{2ax+（{2-a}）x-1}}{x^2}$=$\frac{{（{ax+1}）（{2x-1}）}}{x^2}$=$\frac{{2a（{x+\frac{1}{a}}）（{x-\frac{1}{2}}）}}{x^2}$，
①当a＜-2时，$-\frac{1}{a}＜\frac{1}{2}$，令f′（x）＜0，解得：$x＜-\frac{1}{a}$，或$x＞\frac{1}{2}$
令f′（x）＞0，解得：$-\frac{1}{a}＜x＜\frac{1}{2}$，
∴当a＜-2时，f（x）的单调递减区间是$（{0，-\frac{1}{a}}）$，$（{\frac{1}{2}，+∞}）$，单调递增区间是$（{-\frac{1}{a}，\frac{1}{2}}）$；
②当a=-2时，$-\frac{1}{a}=\frac{1}{2}$，f'（x）≤0，f（x）在（0，+∞）上单调递减；
③当a＞-2时，$-\frac{1}{a}＞\frac{1}{2}$，令f'（x）＜0，解得：$x＜\frac{1}{2}$，或$x＞-\frac{1}{a}$，
令f′（x）＞0，解得：$\frac{1}{2}＜x＜-\frac{1}{a}$，
∴当-2＜a＜0时，f（x）的单调递减区间是$（{0，\frac{1}{2}}）$，$（{-\frac{1}{a}，+∞}）$，单调递增区间是$（{\frac{1}{2}，-\frac{1}{a}}）$；…（7分）
（3）由（II）知，当-3＜a＜-2时，f（x）在[1，3]上单调递减，
∴f（x）_max=f（1）=2a+1，$f{（x）_{min}}=f（3）=（{2-a}）ln3+\frac{1}{3}+6a$，
$|f（{λ_1}）-f（{λ_2}）{|_{max}}=f（1）-f（3）=\frac{2}{3}-4a+（{a-2}）ln3$，
∵存在λ₁，λ₂∈[1，3]，使不等式|f（λ₁）-f（λ₂）|＞（m+ln3）a-2ln3成立，
∴|f（λ₁）-f（λ₂）|_max＞（m+ln3）a-2ln3，即$\frac{2}{3}-4a+（{a-2}）ln3＞（{m+ln3}）a-2ln3$，
整理得$m＞\frac{2}{3a}-4$，
∵-3＜a＜-2，
∴$-\frac{1}{3}＜\frac{2}{3a}＜-\frac{2}{9}$，
∴$-\frac{13}{3}＜\frac{2}{3a}-4＜-\frac{38}{9}$，
∴$m≥-\frac{38}{9}$，m的取值范围是$[{-\frac{38}{9}，+∞}）$．…（12分）

点评 本题考查利用导数研究函数的极值，考查利用导数研究函数的单调性，突出考查转化与分类讨论的数学思想，考查综合分析与运算能力，属于难题．