Question

已知函數(shù)f（x）=（2-a）lnx+

1

x

+2ax（a≤0）．
（Ⅰ）當(dāng)a=0時，求f（x）的極值；
（Ⅱ）當(dāng)a＜0時，討論f（x）的單調(diào)性；
（Ⅲ）若對任意的a∈（-3，-2），x₁，x₂∈[1，3]，恒有（m+ln3）a-2ln3＞|f（x₁）-f（x₂）|成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）當(dāng)a=0時，f（x）=2lnx+

1

x

，求導(dǎo)，令f′（x）=0，解方程，分析導(dǎo)數(shù)的變化情況，確定函數(shù)的極值；
（Ⅱ）當(dāng)a＜0時，求導(dǎo)，對導(dǎo)數(shù)因式分解，比較兩根的大小，確定函數(shù)f（x）單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）若對任意a∈（-3，-2）及x₁，x₂∈[1，3]，恒有（m+ln3）a-2ln3＞|f（x₁）-f（x₂）|成立，求函數(shù)f（x）的最大值和最小值，解不等式，可求實數(shù)m的取值范圍．

解答： 解：（Ⅰ）依題意知f（x）的定義域為（0，+∞），
當(dāng)a=0時，f（x）=2lnx+

1

x

，f′（x）=

2

x

-

1

x2

=

2x-1

x2

，
令f′（x）=0，解得x=

1

2

，
當(dāng)0＜x＜

1

2

時，f′（x）＜0；
當(dāng)x≥

1

2

時，f′（x）＞0
又∵f（

1

2

）=2-ln2
∴f（x）的極小值為2-2ln2，無極大值．
（Ⅱ）f′（x）=

2-a

x

-

1

x2

+2a=

2ax2+(2-a)x-1

x2

，
當(dāng)a＜-2時，-

1

a

＜

1

2

，
令f′（x）＜0 得 0＜x＜-

1

a

或x＞

1

2

，
令f′（x）＞0 得-

1

a

＜x＜

1

2

；
當(dāng)-2＜a＜0時，得-

1

a

＞

1

2

，
令f′（x）＜0 得 0＜x＜

1

2

或x＞-

1

a

，
令f′（x）＞0 得

1

2

＜x＜-

1

a

；
當(dāng)a=-2時，f′（x）=-

(2x-1)2

x2

≤0，
綜上所述，當(dāng)a＜-2時f（x），的遞減區(qū)間為（0，-

1

a

）和（

1

2

，+∞），遞增區(qū)間為（-

1

a

，

1

2

）；
當(dāng)a=-2時，f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減；
當(dāng)-2＜a＜0時，f（x）的遞減區(qū)間為（0，

1

2

）和（-

1

a

，+∞），遞增區(qū)間為（

1

2

，-

1

a

）．
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，當(dāng)a∈（-3，-2）時，f（x）在區(qū)間[1，3]上單調(diào)遞減，
當(dāng)x=1時，f（x）取最大值；
當(dāng)x=3時，f（x）取最小值；
|f（x₁）-f（x₂）|≤f（1）-f（3）=（1+2a）-[（2-a）ln3+

1

3

+6a]=

2

3

-4a+（a-2）ln3，
∵（m+ln3）a-ln3＞|f（x₁）-f（x₂）|恒成立，
∴（m+ln3）a-2ln3＞

2

3

-4a+（a-2）ln3
整理得ma＞

2

3

-4a，
∵a＜0，∴m＜

2

3a

-4恒成立，
∵-3＜a＜-2，∴-

13

3

＜

2

3a

-4＜-

38

9

，
∴m≤-

13

3

．

點評：考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、單調(diào)性和最值問題，在求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，體現(xiàn)了分類討論的思想方法；恒成立問題，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的思想．屬難題．