Question

11．已知函数f（x）=（2-a）lnx+$\frac{1}{x}$+2ax．
（1）若函数f（x）有极小值，且极小值为4，试求a的值；
（2）当a＜0时，讨论f（x）的单调性；
（3）若对?a∈（-3，-2），?x₁，x₂∈[1，3]恒有（m+ln3）a-21n3＞|f（x₁）-f（x₂）|成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求定义域，求导f′（x）=$\frac{2-a}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$+2a=$\frac{（2x-1）（ax+1）}{{x}^{2}}$，从而分类讨论以确定函数的单调性，从而确定极小值；从而解得．
（2）由（1）知，分类讨论以确定函数的单调性；
（3）由（2）知，对?a∈（-3，-2），函数f（x）在[1，3]上是减函数，从而求|f（x₁）-f（x₂）|_max，从而可得对?a∈（-3，-2），ma＞$\frac{2}{3}$-4a，从而化简可得．

解答 解：（1）函数f（x）=（2-a）lnx+$\frac{1}{x}$+2ax的定义域为（0，+∞），
f′（x）=$\frac{2-a}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$+2a=$\frac{（2x-1）（ax+1）}{{x}^{2}}$，
当a≥0时，f（x）在（0，$\frac{1}{2}$]上是减函数，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上是增函数，
故f_极小值（x）=f（$\frac{1}{2}$）=-（2-a）ln2+2+a=4，
解得，a=2；
当-2＜a＜0时，f（x）在（0，$\frac{1}{2}$]上是减函数，在（$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{a}$）上是增函数，在（-$\frac{1}{a}$，+∞）上是减函数，
故f_极小值（x）=f（$\frac{1}{2}$）=-（2-a）ln2+2+a＜4，
当a=-2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数，
当a＜-2时，f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$]上是减函数，在（-$\frac{1}{a}$，$\frac{1}{2}$）上是增函数，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上是减函数，
故f_极小值（x）=f（-$\frac{1}{a}$）＜f（$\frac{1}{2}$）=-（2-a）ln2+2+a＜4；
综上所述，a=2；
（2）由（1）知，
当-2＜a＜0时，f（x）在（0，$\frac{1}{2}$]上是减函数，在（$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{a}$）上是增函数，在（-$\frac{1}{a}$，+∞）上是减函数；
当a=-2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数；
当a＜-2时，f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$]上是减函数，在（-$\frac{1}{a}$，$\frac{1}{2}$）上是增函数，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上是减函数；
（3）由（2）知，对?a∈（-3，-2），函数f（x）在[1，3]上是减函数，
故|f（x₁）-f（x₂）|_max=f（1）-f（3）=1+2a-（2ln3-aln3+$\frac{1}{3}$+6a）
=$\frac{2}{3}$-4a-2ln3+aln3，
又∵对?a∈（-3，-2），?x₁，x₂∈[1，3]恒有（m+ln3）a-21n3＞|f（x₁）-f（x₂）|成立，
∴对?a∈（-3，-2），（m+ln3）a-21n3＞$\frac{2}{3}$-4a-2ln3+aln3，
∴对?a∈（-3，-2），ma＞$\frac{2}{3}$-4a，
∴对?a∈（-3，-2），m＜$\frac{2}{3a}$-4，
当a∈（-3，-2）时，-$\frac{1}{3}$-4＜（$\frac{2}{3a}$-4）＜-$\frac{2}{9}$-4；
故m≤-$\frac{1}{3}$-4=-$\frac{13}{3}$．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题及最值问题，同时考查了分类讨论的思想应用．