Question

8．已知函數(shù)f（x）=（2-a）lnx+$\frac{1}{x}$+2ax
（Ⅰ）當(dāng)a=2時，求函數(shù)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

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的方程，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（Ⅱ）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）分別求出函數(shù)f（x）的最大值和最小值，從而得到|f（x₁）-f（x₂）|≤f（1）-f（3），根據(jù)（m+ln3）a-2ln3＞$\frac{2}{3}$-4a+（a-2）ln3，求出m的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域是（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，$\frac{1}{2}$）遞減，在（$\frac{1}{2}$，+∞）遞增，
故f（x）的極小值是f（$\frac{1}{2}$）=4，無極大值；
（Ⅱ）由題意得函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{2-a}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$+2a=$\frac{2{ax}^{2}+（2-a）x-1}{{x}^{2}}$，
當(dāng)a＜-2時，-$\frac{1}{a}$＜$\frac{1}{2}$，令f′（x）＜0，得：0＜x＜-$\frac{1}{a}$或x＞$\frac{1}{2}$，
令f′（x）＞0，得-$\frac{1}{a}$＜x＜$\frac{1}{2}$，
當(dāng)-2＜a＜0時，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＜-$\frac{1}{a}$，
當(dāng)a=-2時，f′（x）=-$\frac{{（2x-1）}^{2}}{{x}^{2}}$＜0，
綜上所述，當(dāng)a＜-2時，f（x）的遞減區(qū)間為（0，-$\frac{1}{a}$）和（$\frac{1}{2}$，+∞）單調(diào)區(qū)間為（-$\frac{1}{a}$，$\frac{1}{2}$），
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，$\frac{1}{2}$）和（-$\frac{1}{a}$，+∞），遞增區(qū)間為：（$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{a}$）．
（Ⅲ）由（Ⅱ）得，當(dāng)x∈（-3，-2]時，f（x）在區(qū)間[1，3]上單調(diào)遞減，
當(dāng)x=1時，f（x）取得最大值，當(dāng)x=3時，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≤-$\frac{13}{3}$．

點評 本題考察了函數(shù)的單調(diào)性，考察導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考察分類討論思想，是一道綜合題．