Question

2．设函数f（x）=$\frac{a}{{x}^{2}}$+lnx，g（x）=x³-x²-3．
（1）函数f（x）在区间[1，+∞）上是单调函数，求实数a的取值范围；
（2）若存在x₁，x₂∈[-$\frac{1}{3}$，3]，使得g（x₁）-g（x₂）≥M成立，求满足条件的最大整数M；
（3）如果对任意的s，t∈[$\frac{1}{3}$，2]都有sf（s）≥g（t）成立，求实数a的范围．

Answer 1

分析 （1）先求函数f（x）的定义域，再求出函数的导数，从而讨论确定函数的单调性；
（2）存在x₁，x₂∈[-$\frac{1}{3}$，3]，使得g（x₁）-g（x₂）≥M成立可化为[g（x₁）-g（x₂）]_max≥M，从而化为求g（x）的最值，从而求解．
（3）化简可知g（x）的最大值是1，从而可得只需当x∈[$\frac{1}{3}$，2]时，xf（x）=$\frac{a}{x}$+xlnx≥1恒成立，可化为a≥x-x²lnx恒成立，从而转化为最值问题

解答 解：（1）函数f（x）=$\frac{a}{{x}^{2}}$+lnx的定义域（0，+∞），
f′（x）=-$\frac{2a}{{x}^{3}}$+$\frac{1}{x}$=$\frac{{x}^{2}-2a}{{x}^{3}}$，
①当a≤0时，f′（x）≥0，
函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当a＞0时，由f′（x）≥0得x≥$\sqrt{2a}$，
函数f（x）的单调递增区间为（$\sqrt{2a}$，+∞）；
由f′（x）≤0得0＜x≤$\sqrt{2a}$，
函数f（x）的单调递减区间为（0，$\sqrt{2a}$）．
（2）存在x₁，x₂∈[-$\frac{1}{3}$，3]，使得g（x₁）-g（x₂）≥M成立，
可化为[g（x₁）-g（x₂）]_max≥M；
考察g（x）=x³-x²-3，g′（x）=3x²-2x=3x（x-$\frac{2}{3}$）；

x	-$\frac{1}{3}$	（-$\frac{1}{3}$，0）	0	（0，$\frac{2}{3}$）	$\frac{2}{3}$	（$\frac{2}{3}$，3）	3
g'（x）		+	0	-	0	+
g（x）	-$\frac{85}{27}$	递增	-3	递减	-$\frac{85}{27}$	递增	15

由上表可知g（x）_min=g（-$\frac{1}{3}$）=g（$\frac{2}{3}$）=-$\frac{85}{27}$，g（x）_max=g（3）=15；
故[g（x₁）-g（x₂）]_max=g（x）_max-g（x）_min=$\frac{490}{27}$，
所以满足条件的最大整数M=18．
（3）当x∈[$\frac{1}{3}$，2]时，由（Ⅱ）可知，g（x）在[$\frac{1}{3}$，$\frac{2}{3}$]上是减函数，
在[$\frac{2}{3}$，2]上增函数，而g（$\frac{1}{3}$）=-$\frac{83}{27}$＜g（2）=1，
∴g（x）的最大值是1．
要满足条件，
则只需当x∈[$\frac{1}{3}$，2]时，xf（x）=$\frac{a}{x}$+xlnx≥1恒成立，
可化为a≥x-x²lnx恒成立，
记h（x）=x-x²lnx，h′（x）=1-x-2xlnx，h′（1）=0．
当x∈[$\frac{1}{3}$，1）时，1-x＞0，xlnx＜0，h′（x）＞0，
即函数h（x）=x-x²lnx在区间[$\frac{1}{3}$，1）上递增，
当x∈（1，2]时，1-x＜0，xlnx＞0，h′（x）＜0，
即函数h（x）=x-x²lnx在区间（1，2]上递减，
∴x=1，h（x）取到极大值也是最大值h（1）=1．
所以a≥1．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题，考查了构造函数的应用，属于难题．