Question

2．已知函数f（x）=（2-a）lnx+2ax+$\frac{1}{x}$，（a∈R），函数h（x）=px-$\frac{p+2e-1}{x}$（其中e=2.718…）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）在x=1处的切线的倾斜角为$\frac{π}{4}$，在区间[1，e]至少存在一个x₀，使得h（x₀）＞f（x₀）成立，求实数p的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）由题意构建新函数F（x），这样问题转化为使函数F（x）在[1，e]上至少有一解的判断．

解答 解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{（2x-1）（ax+1）}{{x}^{2}}$，
①a≥0时，ax+1＞0，
令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{2}$，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{2}$，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）递减，在（$\frac{1}{2}$，+∞）递增，
②-2＜a＜0时，-$\frac{1}{a}$＞$\frac{1}{2}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞-$\frac{1}{a}$或x＜$\frac{1}{2}$，令f′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2}$＜x＜-$\frac{1}{a}$，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）递增，在（$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{a}$）递减，在（-$\frac{1}{a}$，+∞）递增，
③a=-2时，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）递减；
④a＜-2时，-$\frac{1}{a}$＜$\frac{1}{2}$，
令f′（x）＞0，解得：x＜-$\frac{1}{a}$或x＞$\frac{1}{2}$，令f′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2}$＞x＞-$\frac{1}{a}$，
∴f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$）递增，在（-$\frac{1}{a}$，$\frac{1}{2}$）递减，在（$\frac{1}{2}$，+∞）递增．
（2）由（1）f′（1）=a+1=tan$\frac{π}{4}$=1，解得：a=0，
∴f（x）=2lnx+$\frac{1}{x}$，
令F（x）=h（x）-f（x）=px-$\frac{p}{x}$-$\frac{2e}{x}$-2lnx，
①当p≤0时，由x∈[1，e]得px-$\frac{p}{x}$≤0，-$\frac{2e}{x}$-2lnx＜0．
所以，在[1，e]上不存在x₀，使得h（x₀）＞f（x₀）成立；
②当p＞0时，F'（x）=$\frac{{px}^{2}-2x+p+2e}{{x}^{2}}$，∵x∈[1，e]，
∴2e-2x≥0，px²+p＞0，F'（x）＞0在[1，e]上恒成立，故F（x）在[1，e]上单调递增．
∴F（x）max=F（e）=pe-$\frac{p}{e}$-4．
故只要pe-$\frac{p}{e}$-4＞0，解得p＞$\frac{4e}{{e}^{2}-1}$，
∴p的取值范围是（$\frac{4e}{{e}^{2}-1}$，+∞）．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．