Question

8．已知函數(shù)f（x）=alnx-（a+2）x+x²．
（1）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）若對于任意a∈[4，10]，x₁，x₂∈[1，2]，恒有|$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$|≤$\frac{λ}{{x}_{1}{x}_{2}}$成立，試求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍求出函數(shù)的單調區(qū)間即可；
（2）問題轉化為2x³-（a+2）x²+ax+λ≥0在x∈[1，2]恒成立，根據(jù)x的范圍得2x³-12x²+10x+λ≥0在x∈[1，2]恒成立，設h（x）=2x³-12x²+10x+λ，根據(jù)函數(shù)的性質求出λ的范圍即可．

解答 解：（1）函數(shù)的定義域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{a}{x}$-（a+2）+2x=$\frac{（2x-a）（x-1）}{x}$，
a≤0時，函數(shù)在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
0＜a＜2時，函數(shù)在（0，$\frac{a}{2}$），（1，+∞）遞增，在（$\frac{a}{2}$，1）遞減，
a=2時，函數(shù)在（0，+∞）遞增，
a＞2時，函數(shù)在（0，1），（$\frac{a}{2}$，+∞）遞增，在（1，$\frac{a}{2}$）遞減；
（2）|$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$|≤$\frac{λ}{{x}_{1}{x}_{2}}$成立，
即|f（x₁）-f（x₂）|≤λ|$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{{x}_{2}}$|恒成立，
不妨設x₂＞x₁，∵a∈[4，10]時，f（x）在[1，2]遞減，
則f（x₁）-f（x₂）≤λ（$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{{x}_{2}}$），得f（x₁）-$\frac{λ}{{x}_{1}}$≤f（x₂）-$\frac{λ}{{x}_{2}}$，
設g（x）=f（x）-$\frac{λ}{x}$=alnx-（a+2）x+x²-$\frac{λ}{x}$，
故對于任意的a∈[4，10]，x₁，x₂∈[1，2]，x₂＞x₁，g（x₁）≤g（x₂）恒成立，
故g（x）=f（x）-$\frac{λ}{x}$在[1，2]遞增，
g′（x）=$\frac{{2x}^{3}-（a+2{）x}^{2}+ax+λ}{{x}^{2}}$≥0在x∈[1，2]恒成立，
故2x³-（a+2）x²+ax+λ≥0在x∈[1，2]恒成立，
即a（-x²+x）+2x³-2x²+λ≥0在x∈[1，2]恒成立，
∵x∈[1，2]時，-x²+x≤0，
∴只需10（-x²+x）+2x³-2x²+λ≥0在x∈[1，2]恒成立，
即2x³-12x²+10x+λ≥0在x∈[1，2]恒成立，
設h（x）=2x³-12x²+10x+λ，則h（2）=-12+λ≥0，
故λ≥12，
故實數(shù)λ的范圍是[12，+∞）．

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，轉化思想，是一道綜合題．