Question

已知函数f（x）=（2-a）lnx+

1

x

+2ax（a≤0）．
（Ⅰ）当a=0时，求f（x）的极值；
（Ⅱ）当a＜0时，讨论f（x）的单调性；
（Ⅲ）若对任意的a∈（-3，-2），x₁，x₂∈[1，3]，恒有（m+ln3）a-2ln3＞|f（x₁）-f（x₂）|成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）当a=0时，f（x）=2lnx+

1

x

，求导，令f′（x）=0，解方程，分析导数的变化情况，确定函数的极值；
（Ⅱ）当a＜0时，求导，对导数因式分解，比较两根的大小，确定函数f（x）单调区间；
（Ⅲ）若对任意a∈（-3，-2）及x₁，x₂∈[1，3]，恒有（m+ln3）a-2ln3＞|f（x₁）-f（x₂）|成立，求函数f（x）的最大值和最小值，解不等式，可求实数m的取值范围．

解答： 解：（Ⅰ）依题意知f（x）的定义域为（0，+∞），
当a=0时，f（x）=2lnx+

1

x

，f′（x）=

2

x

-

1

x2

=

2x-1

x2

，
令f′（x）=0，解得x=

1

2

，
当0＜x＜

1

2

时，f′（x）＜0；
当x≥

1

2

时，f′（x）＞0
又∵f（

1

2

）=2-ln2
∴f（x）的极小值为2-2ln2，无极大值．
（Ⅱ）f′（x）=

2-a

x

-

1

x2

+2a=

2ax2+(2-a)x-1

x2

，
当a＜-2时，-

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

；
当-2＜a＜0时，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

；
当a=-2时，f′（x）=-

(2x-1)2

x2

≤0，
综上所述，当a＜-2时f（x），的递减区间为（0，-

1

a

）和（

1

2

，+∞），递增区间为（-

1

a

，

1

2

）；
当a=-2时，f（x）在（0，+∞）单调递减；
当-2＜a＜0时，f（x）的递减区间为（0，

1

2

）和（-

1

a

，+∞），递增区间为（

1

2

，-

1

a

）．
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当a∈（-3，-2）时，f（x）在区间[1，3]上单调递减，
当x=1时，f（x）取最大值；
当x=3时，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

．

点评：考查利用导数研究函数的极值、单调性和最值问题，在求函数的单调区间时，体现了分类讨论的思想方法；恒成立问题，转化为函数的最值问题，体现了转化的思想．属难题．