Question

10．已知函数$f（x）=alnx+\frac{{2{a^2}}}{x}+x（a∈R）$．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若对任意m，n∈（0，e）且m≠n，有$\frac{f（m）-f（n）}{m-n}＜1$恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求函数的定义域和导数，讨论a的取值，利用函数单调性和导数之间的关系即可讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）将不等式恒成立进行转化，根据条件构造函数研究函数的最值进行求解即可．

解答 解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），
由题${f^'}（x）=\frac{a}{x}-\frac{{2{a^2}}}{x^2}+1=\frac{（x+2a）（x-a）}{x^2}（x＞0）$…（2分）
（1）当a=0时，f′（x）=1＞0，所以f（x）在（0，+∞）上递增
（2）当a＞0时，由f′（x）＜0得0＜x＜a，f′（x）＞0得x＞a
所以f（x）在（0，a）上递减，在（a，+∞）上递增
（3）当a＜0时，由f′（x）＜0得0＜x＜-2a，f′（x）＞0得x＞-2a
所以f（x）在（0，-2a）上递减，在（-2a，+∞）上递增
综上，a=0时，f（x）在（0，+∞）上递增，
a＞0时，f（x）在（0，a）上递减，在（a，+∞）上递增，
a＜0时，f（x）在（0，-2a）上递减，在（-2a，+∞）上递增…（6分）
（Ⅱ）若m＞n，由$\frac{f（m）-f（n）}{m-n}＜1$得f（m）-m＜f（n）-n
若m＜n，由$\frac{f（m）-f（n）}{m-n}＜1$得f（m）-m＞f（n）-n
令$g（x）=f（x）-x=alnx+\frac{{2{a^2}}}{x}$，所以g（x）在（0，e）上单调递减…（8分）
又${g^'}（x）=\frac{a}{x}-\frac{{2{a^2}}}{x^2}=\frac{a（x-2a）}{x^2}（x＞0）$
（1）当a=0时，g（x）=0，不符合题意；
（2）当a＞0时，由g′（x）＜0得0＜x＜2a，g′（x）＞0得x＞2a
所以g（x）在（0，2a）上递减，在（2a，+∞）上递增
所以2a≥e，即$a≥\frac{e}{2}$
（3）当a＜0时，在（0，+∞）上，都有g′（x）＜0
所以g（x）在（0，+∞）上递减，即在（0，e）上也单调递减…（11分）
综上，实数a的取值范围为$（-∞，0）∪[\frac{e}{2}，+∞）$…（12分）

点评 本题主要考查函数单调性和导数的关系以及不等式恒成立，注意对参数进行分类讨论，考查学生的运算和推理能力．