Question

1．已知函數(shù)f（x）=（1-2a）lnx+ax+$\frac{2}{x}$，其中a∈R．
（1）若a＜0，試討論f（x）的單調(diào)性；
（2）記函數(shù)g（x）=f（x）+（2a-3）lnx-$\frac{3a+4}{x}$，若g（x）在區(qū)間[1，4]上不單調(diào)，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導函數(shù)，然后對a分類討論，利用導函數(shù)在個區(qū)間段內(nèi)的符號可得原函數(shù)的單調(diào)性；
（2）把f（x）的解析式代入g（x），由g（x）在區(qū)間[1，4]上不單調(diào)，說明g（x）在區(qū)間（1，4）上由極值，然后利用導數(shù)進一步求解得答案．

解答 解：（1）∵f（x）=（1-2a）lnx+ax+$\frac{2}{x}$，
∴f′（x）=$\frac{1-2a}{x}+a-\frac{2}{{x}^{2}}=\frac{a{x}^{2}+（1-2a）x-2}{{x}^{2}}$（x＞0）．
令h（x）=ax²+（1-2a）x-2=（x-2）（ax+1），
當a=$-\frac{1}{2}$時，h（x）≤0，即f′（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，
即f（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)；
當-$\frac{1}{2}$＜a＜0時，$-\frac{1}{a}$＞2，
∴當x∈（0，2）∪（-$\frac{1}{a}$，+∞）時，h（x）＜0，f′（x）＜0，
當x∈（2，-$\frac{1}{a}$）時，h（x）＞0，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，2），（-$\frac{1}{a}$，+∞）上為減函數(shù)，在（2，-$\frac{1}{a}$）上為增函數(shù)；
當a＜-$\frac{1}{2}$時，0＜$-\frac{1}{a}$＜2，
∴當x∈（0，-$\frac{1}{a}$）∪（2，+∞）時，h（x）＜0，f′（x）＜0，
當x∈（-$\frac{1}{a}$，2）時，h（x）＞0，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$），（2，+∞）上為減函數(shù)，在（-$\frac{1}{a}$，2）上為增函數(shù)．
（2）g（x）=f（x）+（2a-3）lnx-$\frac{3a+4}{x}$
=（1-2a）lnx+ax+$\frac{2}{x}$+（2a-3）lnx-$\frac{3a+4}{x}$=ax-2lnx-$\frac{3a+2}{x}$，
g′（x）=a-$\frac{2}{x}$$+\frac{3a+2}{{x}^{2}}$=$\frac{a{x}^{2}-2x+3a+2}{{x}^{2}}$，
∵g（x）在區(qū)間[1，4]上不單調(diào)，
∴g（x）在（1，4）上有極值，也就是ax²-2x+3a+2=0在（1，4）上有解．
即$a=\frac{2x-2}{{x}^{2}+3}$在（1，4）上有解．
令t（x）=$\frac{2x-2}{{x}^{2}+3}$（1＜x＜4），則t′（x）=$\frac{2（{x}^{2}+3）-2x（2x-2）}{（{x}^{2}+3）^{2}}=\frac{-2{x}^{2}+4x+6}{（{x}^{2}+3）^{2}}$＞0．
∴t（x）在（1，4）上為增函數(shù)，
則當x∈（1，4）時，t（x）∈（0，$\frac{6}{19}$）．
∴要使ax²-2x+3a+2=0在（1，4）上有解，則a∈（0，$\frac{6}{19}$）．

點評 本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了分類討論的數(shù)學思想方法和數(shù)學轉(zhuǎn)化思想方法，是中檔題．